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

  • Số trang: 25 |
  • Loại file: DOC |
  • Lượt xem: 18 |
  • Lượt tải: 0
hoanggiang80

Đã đăng 24000 tài liệu

Mô tả:

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  an  xác định bởi : a1  5 và an  n ann11  2n 1  2.3n 1 với mọi n �2 . 1/ Tìm số hạng tổng quát của dãy số  an  . 2/ Chứng minh rằng  an  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 an  0n �N * n n 1 n 1 n 1 +) Từ giả thiết ta có: an  an 1  2  2.3 n �2; n �N . Áp dụng phương pháp sai phân ( Lấy tổng hai vế của đẳng thức trên, n �2; n �N ) ta có: n � a k 2 k k k 1 k 1 a n   � 2  1 � a k 1   2.3k 1 . k 2 n n 1 n 1 n n n n n Hay an  a1  2  2  1  3  3 2  3n . n  2  3 � an  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: n 1  2n 1  3n 1  n 2n  3n � 2n 1  3n1  2 n n  3n  n 1 n 1 n n 1 n � � � �2 � �2 � � ��  � � 1� (*) � �  1� � � � � 3 � � �3 � � � � � � n1 n �2 � �2 � Ta có: 1< � �  1 < � � 1 suy ra: �3 � �3 � n n n 1 n 1 n n � � � �2 � �2 � � � �2 � �  � � 1� � . � � �  1� � � 1� � � � � � � � 3 3 3 � � � � � � � � � � � � 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 : u1  1 � � (n  1; 2;3;...) “ Cho dãy số  un  thỏa mãn: � un2 un 1   un � 2010 � u u1 u2   ...  n 1 (n  1; 2;3;...) . Chứng minh dãy số  vn  có u 2 u3 un 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  un  . Cụ thể là: +) Dễ chứng minh dãy số tăng. un2 +) Từ giả thiết suy ra: un 1  un  ( n = 1, 2 …) 2010 u  un un �1 u 1 �với n = 1, 2, …  � n  2010 �  � n 1 � un 1un 2010un 1 un 1 �un un1 � Xét dãy số vn  n �1 uk 1 �  2010 �  Áp dụng phương pháp sai phân, ta có: � � � k 1 uk 1 k 1 �uk uk 1 � n � �1 � 1 � u1 u2 u 1 �   ...  k  2010 �  1 � 2010 � � u2 u3 uk 1 �u1 uk 1 � � uk 1 � Mặt khác: 1 = u1 < u2 < … < un < un + 1… Nếu {un} bị chặn trên => tồn tại giới hạn hữu hạn a = lim un (1) ; a>1 un2 Vì un+1 =  un , chuyển qua giới hạn, ta có: 2010 a2 a  a => a = 0 trái với a>1 2010 Suy ra dãy không bị chặn trên; vì {un} dăy tăng, nên ta có lim un = + �u u u � Kết hợp với (1) => lim � 1  2  ...  n 1 � 2010 hay lim vn  2010 un � �u2 u3 Trong kỳ thi chọn học sinh giỏi toán lớp 12 năm 2010 của tỉnh Nghệ An cũng có bài: �x1  2 � Cho dãy số  xn  thỏa mãn � x1  2 x2  3x3  ...  (n  1) xn 1 (n γ N ; n 2) . �xn  n( n 2  1) � 3 Tính lim un , với un  ( n  1) xn . Cũng có thể dùng phương pháp sai phân vào đây: v1  2 � (n 2  1)vn  v1  v2  ...  vn1 (*) � Đặt vn  nxn ; khi đó giả thiết đã cho có dạng: � 2 2 Từ (*) suy ra (n  1)vn   (n  1)  1 vn 1  vn 1 2 2 Hay (n  1)vn  ( n  1) vn 1 � (n  1)vn  ( n  1)vn 1 . Nếu để nguyên như vậy sẽ khó tìm được vn . Ta có thể làm như sau: (n  1)vn  (n  1)vn1 � (n  1)nvn  n(n  1)vn 1 (**) Đây là ý đơn giản nhưng quan trọng để ta có thể sai phân, cụ thể là (**) suy ra dãy  (n  1)nvn  là dãy số không đổi. Từ đó (n  1)nvn  2.1.v1  4 . 4 (n  1) 4(n  1) vn  Hay vn  n(n  1) ( n ). Suy ra un  ( n  1)3 xn  . 2 Đến đây thì thật đơn giản, lim un  4 . 3 n 2 n 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  U n  : U1 cho trước , U n1  aU n  b ( với a,b cho trước) hãy xác định số hạng tổng quát U n 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 U n  U1  ( n  1)b +) Nếu a �1 ta có U n1  c  a(U n  c ); c  bội a nên U n  a n1 (U1  b b ) a 1 a 1 b khi đó dãy là cấp số nhân , công a 1 Tuy nhiên nếu ta làm như sau thì sẽ thấy dẫn tới phương pháp sai phân: n 1 n 1 k 1 k 1 +) Nếu a =1: có U k 1  U k  b � �(U k 1  U k )  �b hay U n  U1  (n  1)b U U b +) Nếu a �1 ta có: U n1  aU n  b � nn11  nn  n1 . a Đặt Vn  �(V k 1 U n  an ( a Un b � Vn 1  Vn  n 1 n a a n 1 Do đó a k 1 n 1 b b 1  Vk )  � k 1  (1  n 1 ) ; từ đó tìm được a( a  1) a k 1 a U1 n 1 b b 1 U  � k 1 )  ( (1  n 1 )  1 ) a n . Thử lại thoả mãn. a k 1 a a( a  1) a a 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: n 1 k 1 ( k  1) k a) Chứng minh rằng : U n <2 n �N * với U n  � b) Chứng minh rằng : U n < n 1 1 n �N * với U n  � 18 k 1 k ( k  1)( k  2)( k  3) Giải: a) Ta có 1 k 1 1 1   k(  )  k(  k k 1 ( k  1) k ( k  1)k k n n 1 1 U   2(  � Do đó n � k k 1 ( k  1) k k 1 1 1 1 1 )(  k 1 k 1 )  2(1  k 1 1 1 1 )  2(  k 1 k 1 ) � Un  2 n 1 1 b) Ta có k (k  1)( k  2)( k  3)  3 ( k ( k  1)( k  2)  ( k  1)( k  2)( k  3) ) Tương tự như trên lấy tổng với k từ 1 đến n ta có 1 ) k 1 1 1 1 1 (  ) � Un  3 1.2.3 ( n  1)( n  2)( n  3) 18 Un = Ví dụ 2:(Olympic Toán quốc tế 1970) n ak 1 1 b : b    1 � a � a � ... � a � ... Cho ; và dãy số n n �(1  a ) a 0 1 n k 1 k k Chứng minh rằng 0 �bn  2n �N * Giải : Tacó: (1  ( ak  ak 1 )( ak  ak 1 ) ak 1 1 a  ak 1 1 )  k  ak ak ak ak ak a k ( a  ak 1 )2 ak 1 1 � k  2(  ) . Từ đó suy ra ak ak ak 1 ak �1 1 1 1  )  2�  �a ak 1 ak an 1 � 0 n bn ��2( k 1 � 2 �2 (Vì a0 �1 ) (Đpcm). � � a 0 � Ví dụ 4:(Olympic Toán Trung Quốc 1964) Cho an  dãy  an  : an  0; an 2 �an  an 1 (n �N *) . số Chứng minh 1 (n �N *) . n Giải: Từ giả thiết ta có : an 1 �an  an 2 � an  an 2  0 � 0  an  1 và 1 1 1 hay ak (1  ak ) ak 1  ak n 1 1 1 1 1 1 1 1  n   n  1 � an 1   �  1 � �(  )n an 1 a1 n 1 ak 1 ak 1  ak ak k 1 ak 1 ak 1  ak(1� ak ) 1 ak 1 1 n hay an  (Đpcm) Ví dụ 4:(Olympic Toán Việt Nam 1998) Chứng minh rằng không tồn tại dãy  xn  thoả mãn cả hai điều kiện: 1 1 xn �0,666 & xm  xn �  m, n �N * m( m  1) n( n  1) Giải: Giả sử có dãy số thoả mãn cả hai điều kiện đã nêu n, sắp xếp lại thứ tự của x1,x2,...,xn: là xi1 �xi2 �... �xin rằng 1 1 Theo giả thiết có: xi  xi �i  i  1  i (i  1) k  1,2,..., n  1 k 1 k 1 k k k 1 k Khi đó ta có : n 1 1 1 1 1 1 4 2 xin  xi1 �2�   �2(1  )  =  i1 (i1  1) in (in  1) n 1 2 6 3 n 1 i 1 i (i  1) 4 3 suy ra : 2.0,666 �xi  xi �  n 1 2 4 , cho n � � ta được 2.0,666 � ( vô lý) n 1 3 Vậy điều giả sử là sai, hay ta có điều phải chứng minh. Ví dụ 5: (Olympic Toán quốc tế 1968) � n  2k � Tính tổng:S = �� k 1 �; n là số nguyên dương cho trước( kí hiệu k  0 �2 � �  x  là phần nguyên của x). Giải: �x � �x  1 � �x � �x  1 � +) Dễ chứng minh  x   � � � ��  x   � � � �x �R 2� �2 � � �2 � � 2 � +)Thay x= � n  2k n ta có : �2k 1 2k � � �n � � 2k � � � �n �  k 1 � � 2 � �� � � n  2k � � k 1 k  0 �2 � m �n � �n � �n � � n �  k 1 � )  0 � �m 1 � n ( Vì luôn có m đủ �= �( � 2k � 2 � � 2 �� 2 � �� � � � k 1 � �n � m lớn để 2  n � �m1 � 0 ) 2 � � � Do đó S = Ví dụ 6: (Olympic Toán quốc tế 1994) Cho dãy số  an  : a0  1994; an 1 0 �n �998 thì  an   1994  n an 2  ( n �N ) . Chứng minh rằng khi 1  an Giải: +)Dễ chứng minh 0  an 1  an ( n �N ) bằng quy nạp ak 2 a 1  k  1 +) Có ak  ak 1  ak  suy ra: 1  ak 1  ak 1  ak n 1 n 1 n 1 1 1 a0  an  �( ak  ak 1 )  n  � � an  1994  n  � � an  1994  n k 0 k  0 1  ak k  0 1  ak n 1 Ta chỉ cần chứng minh n 1 k 0 n 1 1 1 �1  a 1 Thật vậy : �1  a  �1  a k  0 k 0 k 1 k  n 1 n 998 � 1 1  an 1 1  997 (vì n : 0 �n �998 � an 1  1994  ( n  1) �997 ) Vậy  an   1994  n . Ví dụ 7:(Olympic Toán Bungari 1999) Cho dãy các số nguyên  an  thoả mãn : ( n  1)an1  ( n  1)an  2(n  1)(n �N *) . Biết a1999 chia hết cho 2000. Tìm số n nhỏ nhất sao cho an chia hết cho 2000 ( n �2 ) Giải: Chia cả hai vế của đẳng thức đã cho cho (n-1)n(n+1) ta có: an 1 an 2 an   (1) Đặt bn  � (1) có dạng: n( n  1) ( n  1) n n( n  1) n( n  1) 2 2 2 bn 1  bn  � bn1   bn  (n �N *) n( n  1) n 1 n 2 n 2 2 Do đó bn   b2   b2  1 � bn  b2  1  2 n Nên an  (  b2  1)n( n  1)  2( n  1)  ( 2 n a2  1) n( n  1) 2 Như vậy bằng phương pháp sai phân ta xác định được an Theo giả thiết 2000 là ước của a1999=1998(2+1999( � 1000 (2  ( a2 a  1)1999) � 2 �Z 2 2 Hay 1000 (2  2000( Vì thế ta có a2  1) ) 2 a2 � � �a �a  1)  � 2  1 � ) � 1000 2  � 2  1 � 2 �2 �2 � � a2  1  1000m  2( m �Z ) � an  2( n  1)  (1000m  2)n( n  1) 2 Vì n(n-1) chẵn nên an chia hết cho 2000 � n  1  n( n  1)M 1000 � ( n  1)( n  1)M 1000 � n  2k  1 � k ( k  1)M250 . 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)=ax2+bx ( đa thức có bậc lớn hơn bậc của x một đơn vị) 1 2 Ta có a( x  1) 2  b( x  1)  (ax 2  bx)  x(x) � 2ax  a  b  xx � a  , b   1 2 khi đó bài toán đã cho � ( f ( x  1)  g ( x  1))  ( f ( x )  g ( x ))  0x Theo a) ta có f(x)- g(x)=A( hằng số) hay f(x) = 1 2 1 x   A(x ) 2 2 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) � 2ax  a  2b  2 x  5x � a  1, b  3 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) + 2x  x e) f(x+2) = f(x) + sinx  x Giải: � l ( x )x � 0;1 a)Dễ thấy hàm số tuần hoàn chu kỳ 1, và f ( x ) = �f ( x  x )x � 0;1 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) = ax2 + bx; ta có a(x+2)2 + b(x+2) - (ax2+bx) = 3x-1(  x) hay 4ax+4a+2b = 3x-1  x , nên a = 3 ; b = -2 4 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 2 x - 2x .Thử lại thoả mãn. 4 c)Trước tiên ta tìm hàm số f(x) thoả mãn: f(x+1)=3f(x) (  x) � f ( x  1) f ( x )  x x 3x 1 3 Đặt f(x) = 3x 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)=3xh(x) (  x) Bước hai: Ta tìm hàm số g(x) = ax+b sao cho g(x+1) - 3g(x) = x (  x) a( x  1)  b  3( ax  b)  x(x ) hay a= - 1 1 ; b= 2 4 Khi đó f(x+1)-g(x+1) = 3(f(x)- g(x)) (  x) . Theo kết quả ở trên suy ra 1 2 1 4 f(x) =  x  +3xh(x), ở đó h(x) là hàm tuần hoàn chu kỳ 1 bất kỳ. d) Ta tìm hàm số g(x) = a.2xsao cho g(x+1) - 3 g(x) = 2x (  x) hay a.2x+1- 3a.2x=2x  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) = 3x h(x) - 2x (  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 ) �a(cos2  1)  b sin 2  1 Ta tìm a và b thoả mãn : � �a sin 2  b(cos2  1)  0 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 Un thoả mãn Un+1=aUn+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 Un+1=aUn+f(n) trong đó f(n) là một trong các hàm: đa thức của n; sinn; cosn; an ... 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: U1  1 � n 1  2U n  n  1(n �N *)(1) � Tìm  U n  : � U (Hệ số của Un khác 1) Giải: Ta tìm đa thức bậc 1 với n ( cùng bậc với (n+1) ) là: an+b sao cho �a  1 a( n  1)  2( an  b)  n  1(n �N *) hay � b  2 � Khi đó (1) � U n1  ( n  1)  2  2(U n  n  2) Đặt Vn  U n  n  2 � Vn 1  2Vn Vậy U n  Vn  n  2  2n1.4  n  2  2 n1  n  2 . Thử lại thoả mãn. Ví dụ 2: U1  1 � U n 1  U n  n  1(*) � Tìm  U n  : � (Khác ví dụ trên vì hệ số Un là 1) Giải: Ta phải tìm đa thức bậc 2 với n ( hơn bậc của (n+1) một đơn vị) an 2  bn sao cho a(n  1)2  b(n  1)  an 2  bn  n  1(n �N *) Giải ra ta được a = b = 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 Khi đó (*) � U n1  (n  1)2  ( n  1)  U n  n 2  n 1 1 2 2 1 2 1 1 1 1 1 U n  Vn  n  n  V1  n 2  n  n 2  n ( V1=0). Thử lại thoả mãn. 2 2 2 2 2 2 Đặt Vn  U n  n 2  n � Vn 1  Vn (n �N *) . Vậy 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 Un bằng 1). Ví dụ 3: U1  1 n � n 1  2U n  3 � a)Tìm  U n  : � U U1  1 � � n b)Tìm  U n  : � �1 � U n 1  U n  � � � �2 � � U1  1 n � n 1  3U n  3 � c)Tìm  U n  : � 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: n U U 1 �3 � Chia hai vế của đẳng thức đã cho cho 2 ta có : nn11  nn  � �.Đặt 2 2 2 �2 � n 1 n n � 3� �3 � �3 � 3 Un 1 �3 � n � U  2 (V1  � � ) Vn  n � Vn 1  Vn  � �.Do đó Vn  V1  � � �  1� � n 2� �2 � �2 � 2 2 2 �2 � � � n+1 Hay U n  3n  2n . Thử lại thoả mãn. Cách 2: Ta tìm g(n) = a.3n sao cho: g ( n  1)  2 g ( n)  3n n �N * � a3n 1  2a3n  3n n �N * chọn được a =1. Khi đó giả thiết trở thành U n1  3n1  2(U n  3n ) � U n  3n  2n1(U1  3) . Hay U n  3n  2n b)Ta dùng cách 2 nói trên: n n �1 � �1 � Tìm g(n) = a � �; g ( n  1)  g ( n)  � �và ta được a = -2 �2 � �2 � n 1 n �1 � �1 � khi đó giả thiết trở thành: U n1  2 � �  U n  2 � �. �2 � �2 � n 1 n �1 � �1 � �1 � Vậy U n  2 � � U1  2 � �� U n  2  � � �2 � �2 � �2 � c)Cách 1: Từ giả thiết suy ra U n 1 U n 1 U n U1 1 n  n  � n   ( n  1)  � U n  n3n 1 n 1 3 3 3 3 3 3 3 Cách 2: 1 3 n n 1 n 1 raU n1  ( n  1)3  3(U n  n3 ) do đó U n  n3  (U1  1)3n1  n3n 1 Ta tìm g(n) = an3n ; g ( n  1)  3g ( n)  3n (n �N *) � a  . Khi đó từ giả thiết suy Ví dụ 4: U1  1 � U n 1  U n  cosn � a) Tìm  U n  : � U1  1 � U n 1  2U n  sin n � b) Tìm  U n  : � Giải: a)Cách 1: Từ giả thiết suy ra U n  U1  cos1  cos2  ...  cos( n  1) Từ đó bằng cách sử dụng công thức biến tích thành tổng ta có Un  1 sin Cách 2: 2n  1 1  sin 2 2 1 2sin 2 Ta tìm g(n) = a cosn + b sinn sao cho: g(n+1) - g(n) = cosn hay: �a(cos1  1)  b sin1  1 � vì định thức D = 2-2cos1 > 0 nên hệ có nghiệm duy � a sin1  b(cos1  1)  0 nhất là (a;b). Khi đó ta có: U n1  g ( n  1)  U n  g ( n)n �N * suy ra U n  g ( n)  U1  g (1)  a cos n  b sin n  1  a cos1  b sin1 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 �a(cos1  2)  b sin1  0 định thức D = 5 - 4cos1 > 0 nên hệ có nghiệm duy � � asin1  b(cos1  2)  1 nhất (a;b). Thay vào giả thiết ta có U n 1  g  n  1  2(U n  g ( n))n �N * � U n  g ( n)  (1  g (1))2n 1 (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: U1  1 � U n 1  2U n  3n  n � Tìm  U n  : � Giải: Rõ ràng không thể chia hai vế của đẳng thúc đã cho cho 2n+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) = 3n n �N * . Giải ra ta có a = b = -1; c = 1 . Khi đó giả thiết đã cho trở thành: U n1  g ( n  1)  h( n  1)  2(U n  g ( n)  h( n))n �N * . Vậy U n  (U1  2  3)2n1  n  1  3n  3n  n  1 . 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  U n  : � U � n2 U1 ;U 2 �R  4U n1  3U nn �N * Giải: U � U  3(U U ) n2 n 1 n 1 n Giả thiết � �U  3U  U  3U n �N * n 1 n 1 n � n2 �U n 1  U n  (U 2  U 1 )3n 1 n �N * . Cộng đại số hai đẳng thức ta có � U n 1  3U n  (U 2  3U 1 )1n 1 � 1 U n  ((U 2  U1 )3n 1  (U 2  3U1 )1n 1 ) 2 Hay U n   3n   1n n �N * ở đó  ;  xác định nhờ U1;U2 Tổng quát: Nếu aU n2  bU n1  cU n  0 và phương trình đặc trưng có hai nghiệm phân biệt x1; x2 � U n   x1n   x2 nn �N * . Trong đó  ;  xác định nhờ U1;U2 . Ví dụ 2: � Tìm  U n  : � U � n2 U1;U 2 �R  4U n 1  4U n (n �N *) Giải: Dễ thấy từ giả thiết suy ra U n2  2U n1  2  U n1  2U n  n �N * . Do đó U n 1  2U n  (U 2  2U1 )2 n 1 . Đây là dạng đã được giải quyết ở phần II). U n 1 U n U 2  2U 1 � U n  U1 2n 1  ( n  1)2n 2 (U 2  2U1 ) Có thể viết : n1  n  2 2 4 Thử lại thoả mãn. Tổng quát: Nếu phương trình đặc trưng có nghiệm kép x 0 thì Un=(an+b)x0n với a và b xác định nhờ U1;U2. Ví dụ 3: � Tìm  U n  : � U � n 2 U1  U 2  1  U n 1  U nn �N * Giải: Phương trình đặc trưng có hai nghiệm phức liên hợp x1,2  1 �i 3    cos �sin 2 3 3 Làm tương tự như ở ví dụ 1( Phần II) ta có ( x1  x2 )U n  (U 2  x2U1 ) x1n 1  (U 2  x1U1 ) x2 n1 . Thay số ta có U n  a cos n n  b sin n �N * a, b xác định nhờ U1;U2. Thử lại thấy thoả mãn 3 3 đề bài. Tổng quát: phương trình sai phân mà trong đó phương trình đặc trưng có 2 nghiệm phức liên hợp thì: U n  r n ( acosn  b sin n ) . ( Ở đó x1;2  r(co  sin  ) là hai nghiệm của phương trình đặc trưng). Ví dụ 4: Tìm tất cả các hàm số f(x) thoả mãn: f :  a; b �  a; b & f ( f ( x))  2006 f ( x)  2005 xx � a; b  Giải: Với x0 bất kỳ thuộc  a; b , ta đặt a0  f 0 ( x0 )  x0 ; a1  f1 ( x0 )  f ( x0 ); an 1  f n 1 ( x0 )  f ( f n ( x0 )) . Dễ thấy rằng a2  2006a1  2005a0 ; bằng quy nạp ta chứng minh được an 2  2006an 1  2005an Đây là phương trình sai phân đã có cách giải tổng quát ở trên; ta có an   .1n   .2005n . Nếu  >0, cho n � �thì an � �, trái giả thiết. f(x) � a; b  x � a; b . Nếu  <0, cho n � � thì an � �, trái giả thiết. f(x) � a; b  x � a; b .Vậy  =0 hay an =  là hằng số n , tức là f(x0)=x0 x0 � a; b  � f ( x )  xx � a; b  .Thử lại thấy thoả mãn. Ví dụ 5: � U1  1 � 1 Tìm  U n  : � U  n  1 � Un  2 � Giải: V n Đặt V1  1;Vn1  U ( Vì dễ chứng minh Un �0n ). Khi đó giả thiết đã cho trở n thành: Vn 1 1  � Vn 2  2Vn1  Vn  0 Vn Vn 2 . Do đó Vn  ( an  b)(1) n . Vì V1=1 và 2 Vn 1 3  2n n V2=U1/V1=1 nên Vn  (2n  3)  1 � U n  .Thử lại thoả mãn. 2n  1 � U1 �R � 1 Tổng quát: Nếu cho dãy số  U n  : � Với điều kiện để Un khác 0 U n 1  � aU n  b � Vn thì ta có thể đặt V1  1;U n  V ; Từ giả thiết sẽ suy ra được Vn2  aVn1  bVn . n 1 Giải phương trình sai phân cấp II này suy được Un Ví dụ 6: � U1  1;V1  2 � U n 1  2U n  Vn (1) Tìm  U n  &  Vn  : � �V  U  2V (2) n n � n 1 Giải Từ (1) ta có Vn  U n1  2U n . Thay vào (2) ta có: U n2  4U n 1  3U n  0n �N * 3 2 1 6 Do đó U n   ( 1) n   ( 3) n ;U1  1;U 2  0 � U n   ( 1) n  ( 3) n ; Từ đó 3 1 Vn  U n 1  2U n   ( 1) n  (3) n 2 6 Ví dụ 7: (Olympic Bungari 1978) 2 2 �a1; a2 �Z ;(ιa a ) / a1a2 Z ; an 0 n 1 � a2 a : Cho dãy  n  � an 2  ( a 2 n 1  a) / an (n �N *) � N* ( a là số cho trước ). Chứng minh rằng dãy số đã cho gồm toàn số nguyên. Giải: Từ giả thiết suy ra an an2  a 2 n1  an suy ra an1an 1  a2 n  an �2 . Trừ hai đẳng thức này ta có an2 an  a 2 n  an1an1  a 2n1 hay an 2  an an 1  an 1  (n  N *; n an 1 an Từ đó suy ra 2) an 1  an 1  t (hằng số; n �2 ) hay an 1  tan  an1 (n �2) an 2 Mặt khác a3  ( a2  a) / a1  t  a3  a1 a12  a2 2  a   Z. a2 a1a2 Vì a1; a2 ; t  Z  an  Z n  N * ( Chứng minh bằng quy nạp). Ví dụ 8:(Dự tuyển olympic quốc tế 1982) Cho a �N *; an  : a0  0; a1  1; an1  2an  ( a  1) an1 .Với p0 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 �p0 thì a p Mp . b)Nếu p là số nguyên tố, p  p0 thì a p không chia hết cho p. Giải: Theo công thức nghiệm phương trình sai phân cấp 2 ta có:  an   1  a  n   n   1  a , cho n bằng 0;1 ta có      1 2 a . Từ đó suy ra n 1 2 an  �Cn 2 k 1a k (nếu n lẻ). k 0 Rõ ràng a2M2 k Nếu p là số nguyên tố lẻ , thì do C p Mp; k  1;2;... p  1 . Do đó để an Mp � a p 1 2 Mp � aMp Vậy để cả hai điều kiện đã nêu thoả mãn cần đủ là aMp(p �, p �p0 ) & a không chia hết cho số nguyên tố nào lớn hơn p0. Hay số a nhỏ nhất là tích các số nguyên tố p thoả mãn 3 �p �p0 IV)Sai phân cấp II suy rộng: Tương tự sai phân cấp I , ta xét các phương trình sai phân dạng: aU n 2  bU n 1  cU n  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  U n  : � U � n2 U 0  1;U1  2  5U n1  6U n  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) = an  b / g ( n  2)  5g ( n  1)  6 g ( n)  n  2 ; 1 2 giải ra ta có g(n) = n  7 4 Khi đó giả thiết suy ra Vn2  5Vn1  6Vn (Vn  U n  g ( n)) 5 4 5 4 n 2 7 4 Giải phương trình sai phân ta có Vn  2.2n  3n do đó U n  2.2n    . 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)) 5 4 Và kết quả là U n  g ( n)  2.2n  3n , 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  an  : �a �n 2 a1  0; a1  1  4an 1  3an  3n  2 Giải: Ta tìm g(n) = an2+bn ( bậc của g(n) lớn hơn bậc của f(n) một đơn vị) sao cho 3 g ( n  2)  4 g ( n  1)  3g ( n)  3n  2n �N Giải ra ta được g(n)=  n 2  n ; 4 Đặt an- g(n) = bn ta có phương trình sai phân cấp II: bn2  4bn 1  3bn . Do đó bn   11 11 n 11 11 3  3 , hay an    3n  n 2  n . 8 8 8 8 4 Thử lại thoả mãn. Ví dụ 3:(Trường hợp phương trình đặc trưng có nghiệm kép x =1). � Tìm  an  : �a �n 2 a0  0; a1  1  2an 1  an  2n  3 Giải: Ta tìm g(n) = an3+bn2 (bậc của g(n) lớn hơn bậc của f(n) 2 đơn vị) sao cho 1 3 1 2 n  n . 3 2  2bn 1  bn . Từ đó g(n+2) - 2 g(n+1) +g(n) = 2n + 3 n �N . Giải ra ta được g(n) = Đặt bn  an  g ( n) , ta có phương trình sai phân cấp II : bn2 1 6 1 6 suy ra bn  ( n  0).1n  n . 1 3 1 2 1 6 Vậy an  n 3  n 2  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) U 0  1;U1  2 n � n 2  5U n1  6U n  3 � Tìm  U n  : � U Giải: Ta tìm g(n) = an3n sao cho a( n  2)3n2  5a( n  1)3n1  6an3n  3n (n �N ) Ta đựơc a = 1 5 . Khi đó ta có Vn2  5Vn1  6Vn (Vn  U n  g ( n)) � Vn  2.2n  3n 3 4 5 4 Vậy U n  2.2n  3n  n3n 1 . Thử lại thoả mãn Ví dụ 5: (Trường hợp cả hai nghiệm phương trình đặc trưng khác với cơ số hàm mũ) � Tìm  an  : �a �n 2 a0  0; a1  1  5an 1  6an  3.5n Giải: Ta tìm g(n) = a5n sao cho g(n+2) - 5g(n+1) + 6g(n) = 3.5n . Giải ra ta có 1 g ( n )  5n 2 Đặt an  g ( n)  bn ta có phương trình sai phân bn2  5bn1  6bn . Giải ra ta có : bn   3n 3n 5n a    . Thử lại thoả mãn .Do đó n 2 2 2 Ví dụ 6:( Trường hợp phương trình đặc trưng có nghiệm kép là cơ số của hàm mũ). � Tìm  an  : �a �n 2 Giải: a0  0; a1  1  4an 1  4an  5.2 n
- Xem thêm -