Bằng phương pháp sai phân
Với một vài dãy số có dạng tuyến tính
Đặt vấn đề: Dãy số có thể cho bằng công thức dạng truy hồi. Vấn đề đặt ra là ta chuyển nó về dạng tổng quát.
1. Mở đầu. Chúng ta có thể sử dụng một số kiến thức cơ bản về cấp số cộng và cấp số nhân để chuyển dạng truy hồi về tổng quát trong một số trường hợp đơn giản.
Ví dụ 1. Cho dãy số\(({u_n})\) biết \[\left\{ \begin{array}{l}{u_1} = – 2\\{u_{n + 1}} = 3{u_n} – 1,\forall n \ge 1{\rm{ }}\end{array} \right.\]. Xác định số hạng tổng quát của dãy.
Giải.
Nháp:
\({u_{n + 1}} = 3{u_n} – 1 \Leftrightarrow {u_{n + 1}} + C = 3\left( {{u_n} + C} \right)\)
Đồng nhất: \(3C – C = – 1\) hay \(C = – \frac{1}{2}\)
Giải.
\({u_{n + 1}} = 3{u_n} – 1 \Leftrightarrow {u_{n + 1}} – \frac{1}{2} = 3\left( {{u_n} – \frac{1}{2}} \right)\) (1)
Đặt \({v_n} = {u_n} – \frac{1}{2}\) thế thì \(\left( 1 \right) \Leftrightarrow {v_{n + 1}} = 3{v_n}\). Ta có \(\left( {{v_n}} \right)\) là Cấp số nhân với công bội \(q = 3\)
Với \({v_1} = {u_1} – \frac{1}{2} = – 2 – \frac{1}{2} = – \frac{5}{2}\). Suy ra ta có: \({v_n} = {v_1}.{q^{n – 1}} = – \frac{5}{2}{.3^{n – 1}}\)
Suy ra, \({u_n} = {v_n} + \frac{1}{2} = – \frac{5}{2}{.3^{n – 1}} + \frac{1}{2} = \frac{1}{2}\left( {1 – {{5.3}^{n – 1}}} \right)\)
Vậy
\({u_n} = \frac{1}{2}\left( {1 – {{5.3}^{n – 1}}} \right) = \frac{1}{2} – \frac{5}{6}{.3^n}\)
Bài tập tương tự:
- Cho dãy số \(({u_n})\) xác định bởi: \({u_1} = 1;\)\({u_{n + 1}} = 2{u_n} + {3^n},\forall n \in {\mathbb{N}^*}.\) Tìm công thức số hạng tổng quát \({u_n}\) theo \(n\).
- Cho dãy số (un) xác định bởi: \(\left\{ \begin{array}{l}{u_1} = 3\\{u_{n + 1}} = \frac{{5{u_n} – 3}}{{3{u_n} – 1}}\begin{array}{*{20}{c}},&{n \in {\mathbb{N}^*}}\end{array}\end{array} \right.\).
Xét dãy số \(\left( {{v_n}} \right)\) với \({v_n} = \frac{{{u_n} + 1}}{{{u_n} – 1}},\)\(\forall n \in {\mathbb{N}^*}.\) Chứng minh dãy số \(\left( {{v_n}} \right)\) là một cấp số cộng. Tìm số hạng tổng quát của dãy số \(\left( {{u_n}} \right).\)
2. Phương pháp sai phân
2.1. Sai phân tuyến tính bậc nhất
Công thức có dạng: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{u_1} = \alpha }\\{a.{u_{n + 1}} + b.{u_n} = f\left( n \right)}\end{array}} \right.\); với \(a,b \in {R^*}\); \(f\left( n \right)\) là biểu thức theo \(n\)
Phương pháp giải.
Bước 1. Tìm nghiệm của phương trình tuyến tính thuần nhất tương ứng, dạng
\(a.{u_{n + 1}} + b.{u_n} = 0\)
Ta được nghiệm \({\bar u_n}\)
Xét phương trình đặc trưng: \(a.\lambda + b = 0 \Leftrightarrow \lambda = – \frac{b}{a}\)
Lúc đó: \({\bar u_n} = C.{\lambda ^n}\), \(C\) là hằng số
Bước 2. Tìm nghiệm riêng \(u_n^*\) (có thể chứa \(n\)) của phương trình tuyến tính không thuần nhất, tức là:
\(a.{u_{n + 1}} + b.{u_n} = f\left( n \right)\)
Bước 3. Công thức tổng quát cần tìm là: \({u_n} = {\bar u_n} + u_n^*\)
Bước 4. Dùng các giả thiết ban đầu để tìm \(C\)
Ví dụ 1. Lấy ví dụ 1 ở phần 1:\[\left\{ \begin{array}{l}{u_1} = – 2\\{u_{n + 1}} = 3{u_n} – 1,\forall n \ge 1{\rm{ }}\end{array} \right.\]
Viết lại: \({u_{n + 1}} – 3{u_n} = – 1\), ở đây \(a = 1,b = – 3,f\left( n \right) = – 1\)
Xét phương trình tuyến tính thuần nhất: \({u_{n + 1}} – 3{u_n} = 0\)
Phương trình đặc trưng là \(\lambda – 3 = 0 \Leftrightarrow \lambda = 3\)
Nghiệm thuần nhất: \({\bar u_n} = C.{\lambda ^n} = C{.3^n}\)
Tìm nghiệm riêng: \({u_{n + 1}} – 3{u_n} = – 1\), ta có nghiệm riêng là \(u_n^* = \frac{1}{2}\)
Lúc này, nghiệm tổng quát (công thức số hạng tổng quát) là:
\({u_n} = {\bar u_n} + u_n^* = C{.3^n} + \frac{1}{2}\)
Tìm C ?
\({u_1} = – 2\) suy ra \( – 2 = C{.3^1} + \frac{1}{2} \Rightarrow C = – \frac{5}{6}\)
Vậy
\({u_n} = – \frac{5}{6}{.3^n} + \frac{1}{2}\)
Vấn đề. \(f\left( n \right)\) là một biểu thức theo \(n\). Việc tìm nghiệm riêng \(u_n^*\) như thế nào?
Trường hợp 1: \(f\left( n \right) = {P_m}\left( n \right)\) là một đa thức bậc \(m\) theo \(n\)
+ Nếu \(\lambda \ne 1\) thì \(u_n^* = {Q_m}\left( n \right)\) cũng là một đa thức bậc \(m\) theo \(n\)
+ Nếu \(\lambda = 1\) thì \(u_n^* = n.{Q_m}\left( n \right)\) với \({Q_m}\left( n \right)\) là một đa thức bậc \(m\) theo \(n\).
Ví dụ 2.
\[\left\{ \begin{array}{l}{u_1} = 7\\{u_{n + 1}} = 15{u_n} – 14n + 1,\forall n \ge 1{\rm{ }}\end{array} \right.\]
Xét \({u_{n + 1}} = 15{u_n} – 14n + 1\) hay \({u_{n + 1}} – 15{u_n} = – 14n + 1\) (1)
\(f\left( n \right) = – 14n + 1\) (đa thức bậc nhất theo \(n\))
Xét phương trình tuyến tính thuần nhất: \({u_{n + 1}} – 15{u_n} = 0\) thì ta có phương trình đặc trưng là \(\lambda – 15 = 0\) tức là \(\lambda = 15\) (khác 1)
Nghiệm thuần nhất là \({\bar u_n} = C.{\lambda ^n} = C{.15^n}\)
Nghiệm riêng \(u_n^* = an + b\) , \(a,b \in R\) (do \(\lambda = 15 \ne 1\) và \(f\left( n \right)\) là biểu thức bậc nhất theo \(n\))
Thế \(u_n^*\) vào (1) ta có: \(a\left( {n + 1} \right) + b – 15\left( {an + b} \right) = – 14n + 1\), đồng nhất hệ số để tìm được \(a,b\)
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{ – 14a = – 14}\\{a – 14b = 1}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{a = 1}\\{b = 0}\end{array}} \right.} \right.\)
Nghĩa là \(u_n^* = n\)
Suy ra số hạng tổng quát là \({u_n} = {\bar u_n} + u_n^* = C{.15^n} + n\)
\({u_1} = 7 \Rightarrow 7 = C.15 + 1 \Rightarrow C = \frac{2}{5}\)
Vậy
\({u_n} = \frac{2}{5}{.15^n} + n\)
Ví dụ 3.
\(\left\{ \begin{array}{l}{u_1} = 99\\{u_{n + 1}} = {u_n} – 2n – 1\end{array} \right.\), \(\forall n \ge 1\)
Xét pt tuyến tính thuần nhất \({u_{n + 1}} – {u_n} = 0\), pt đặc trưng \(\lambda = 1\)
Nghiệm thuần nhất \({\bar u_n} = C.{\lambda ^n} = C\)
Tìm nghiệm riêng \(u_n^*\) ?
\(f\left( n \right) = – 2n – 1\) đa thức bậc nhất, \(\lambda = 1\), nên \(u_n^* = n\left( {an + b} \right)\), \(a,b \in R\)
Thay vào \({u_{n + 1}} – {u_n} = – 2n – 1\) ta có: \(\left( {n + 1} \right)\left( {a\left( {n + 1} \right) + b} \right) – n\left( {an + b} \right) = – 2n – 1\)
Tương đương: \(a{\left( {n + 1} \right)^2} + b\left( {n + 1} \right) – a{n^2} – bn = – 2n – 1\)
Tương đương: \(2an + a + b = – 2n – 1\)
Đồng nhất hệ số ta có: \(2a = – 2 \Rightarrow a = – 1\); và \(a + b = – 1 \Rightarrow b = 0\)
\(u_n^* = – {n^2}\)
Suy ra \({u_n} = C – {n^2}\)
Với \({u_1} = 99 \Rightarrow 99 = C – {1^2} \Rightarrow C = 100\)
Vậy, \({u_n} = 100 – {n^2}\)
Bài tập tương tự:
1. \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{u_1} = {\rm{7 }}}\\{{u_{n + 1}} – 2{u_n} = 3{n^2} + 4n + 5}\end{array}} \right.,\forall n \in \mathbb{N}\]
2. \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{u_1} = 4{\rm{ }}}\\{{u_{n + 1}} – {u_n} = 4n + 5}\end{array}} \right.,\forall n \in \mathbb{N}\]
Trường hợp 2. \(f\left( n \right) = p.{\alpha ^n}\) (tức là \(f\left( n \right)\) là một biểu thức có hàm mũ theo \(n\) như \({3^n}\), \({4^n}\),..)
+ Nếu \(\lambda \ne \alpha \) thì ta chọn \(u_n^*\) có dạng tương tự như \(f\left( n \right)\) tức là \(u_n^* = q.{\alpha ^n}\) , (\(q \in R\))
+ Nếu \(\lambda = \alpha \) thì ta chọn \(u_n^*\) có dạng “hơn \(f\left( n \right)\) một bậc \(n\)” tức là \(u_n^* = q.n.{\alpha ^n}\)
Ví dụ 4.
Xác định công thức tổng quát của dãy số cho bởi \(\left\{ \begin{array}{l}{u_1} = 8\\{u_{n + 1}} = 2{u_n} + {3^n},\forall n \ge 1\end{array} \right.\)
Lời giải.
Xét phương trình đặc trưng \(\lambda – 2 = 0 \Leftrightarrow \lambda = 2\)
Nghiệm thuần nhất là: \({\bar u_n} = C.{\lambda ^n} = C{.2^n}\)
Nghiệm riêng \(u_n^* = q{.3^n}\) (do \(\lambda = 2 \ne 3\))
Thay vào \({u_{n + 1}} = 2{u_n} + {3^n}\) ta có: \(q{.3^{n + 1}} = 2.q{.3^n} + {3^n}\) tương đương \(3q = 2q + 1\) hay \(q = 1\)
Suy ra \({u_n} = C{.2^n} + {3^n}\), do \({u_1} = 8\) nên \(8 = C.2 + 3 \Rightarrow C = \frac{5}{2}\)
Vậy \({u_n} = {5.2^{n – 1}} + {3^n}\)
Ví dụ 5.
Xác định công thức tổng quát của dãy số cho bởi \(\left\{ \begin{array}{l}{u_1} = 101\\{u_{n + 1}} = 7{u_n} + {7^{n + 1}},\forall n \ge 1\end{array} \right.\)
Trường hợp 3. \(f\left( n \right) = \alpha .\sin nx + \beta .\cos nx\) , \({\alpha ^2} + {\beta ^2} \ne 0,x \in R\) là số nào đó (tức là \(f\left( n \right)\) là một biểu thức có chứa lượng giác theo \(n\))
Chọn \(u_n^* = A.\sin nx + B.\cos nx\); \(A,B \in R\)
Ví dụ 6.
Xác định công thức tổng quát của dãy số cho bởi \(\left\{ \begin{array}{l}{u_1} = 1\\\sqrt 2 {u_{n + 1}} = {u_n} – \sin \frac{{n\pi }}{4},\forall n \ge 1\end{array} \right.\)
Lời giải.
Hệ thức truy hồi của đề bài viết lại: \(\sqrt 2 {u_{n + 1}} – {u_n} = – \sin \frac{{n\pi }}{4}\) (1)
Nghiệm phương trình đặc trưng \(\lambda = \frac{1}{{\sqrt 2 }}\)
Nghiệm thuần nhất là \({\bar u_n} = C.{\left( {\frac{1}{{\sqrt 2 }}} \right)^n}\;\)
Nghiệm riêng dạng: \(u_n^* = A.\sin \frac{{n\pi }}{4} + B.\cos \frac{{n\pi }}{4}\) (\(A,B \in R\))
Thay vào (1) ta có: \(\sqrt 2 \left( {A.\sin \frac{{\left( {n + 1} \right)\pi }}{4} + B.\cos \frac{{\left( {n + 1} \right)\pi }}{4}} \right) – A.\sin \frac{{n\pi }}{4} – B.\cos \frac{{n\pi }}{4} = – \sin \frac{{n\pi }}{4}\)
\(A.cos\frac{{n\pi }}{4} – B.sin\frac{{n\pi }}{4} = – sin\frac{{n\pi }}{4}\)
Đồng nhất hệ số \(B = 1;A = 0\)
Suy ra \(u_n^* = \cos \frac{{n\pi }}{4}\)
Vậy, \({u_n} = C.{\left( {\frac{1}{{\sqrt 2 }}} \right)^n} + \cos \frac{{n\pi }}{4}\;\)
Với \({u_1} = 1\) suy ra \(1 = C{\left( {\frac{1}{{\sqrt 2 }}} \right)^1} + \cos \frac{\pi }{4}\), suy ra \(C = – 1 + \sqrt 2 \)
Vậy, \({u_n} = \left( { – 1 + \sqrt 2 } \right).{\left( {\frac{1}{{\sqrt 2 }}} \right)^n} + \cos \frac{{n\pi }}{4}\;\)
Ví dụ 7.
Xác định công thức tổng quát của dãy số cho bởi \(\left\{ \begin{array}{l}{u_1} = 1\\{u_{n + 1}} = 2{u_n} + \sin \frac{{n\pi }}{3} – \cos \frac{{n\pi }}{3},\forall n \ge 1\end{array} \right.\)
Gợi ý.
Nghiệm p.tr đặc trưng \(\lambda = 2\)
Nghiệm thuần nhất: \({\bar u_n} = C{.2^n}\)
Nghiệm riêng dạng: \(u_n^* = A.\sin n\;x + B.\cos nx\)
Thay vào ta có: \(A.\sin \left( {n + 1} \right)x + B.\cos \left( {n + 1} \right)x = 2\left( {A.\sin nx + B.\cos nx} \right) + \sin nx – \cos nx\)
Tương đương:
\(A\left( {\sin nx.\cos x + \cos nx.\sin x} \right) + B.\left( {\cos nx.\cos x – \sin nx.\sin x} \right) = 2A.\sin nx + 2B.\cos nx + \sin nx – \cos nx\)
Tương đương: \(A.\cos \frac{\pi }{3} – B.\sin \frac{\pi }{3} = 2A + 1\)
Và \(A.\sin \frac{\pi }{3} + B.\cos \frac{\pi }{3} = 2B – 1\)
Hay: \(\frac{A}{2} – B.\frac{{\sqrt 3 }}{2} = 2A + 1\) và \(A.\frac{{\sqrt 3 }}{2} + \frac{B}{2} = 2B – 1\)
Tìm được \(A = ;B = \)
Trường hợp 4. Tổng hợp. tức là \(f\left( n \right)\) là là tổng của có thể cả đa thức và mũ.
Cách làm lúc này tương tự như các trường hợp trên, chẳng qua là chúng ta cộng lại
Ví dụ 8. Tìm công thức số hạng tổng quát cho bởi hệ thức \(\left\{ \begin{array}{l}{u_1} = 17\\{u_{n + 1}} = 2{u_n} – {n^2} + 2n + 1 + {6.2^n}\end{array} \right.\)
Giải.
Hint.
Nghiệm phương trình đặc trưng \(\lambda = 2\)
Nghiệm thuần nhất: \({\bar u_n} = C{.2^n}\)
Nghiệm riêng \(u_n^* = P\left( n \right) + Q\left( n \right)\) ?
– Do \(\lambda = 2 \ne 1\) nên với cái phần đa thức \( – {n^2} + 2n + 1\) thì \(P\left( n \right)\) cũng có đa thức bậc tương tự.
– Do \(\lambda = 2\) chính là cơ số phần hàm mũ, nên \(Q\left( n \right)\) phải có dạng: \(q.n{.2^n}\)
Tức là: \(u_n^* = \left( {a{n^2} + bn + c} \right) + q.n{.2^n}\) ; với \(a,b,c,q\) là các số cần phải tìm
Bằng cách đồng nhất hệ số, hãy tìm \(a,b,c,q\) đi nào?…
……
…..
Ví dụ 9.
\[\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{u_1} = 3{\rm{ }}}\\{{u_{n + 1}} – 5{u_n} = 3n + 2 + {{2.3}^n}}\end{array},\forall n} \right.\]
Bài tập
1. \[\left\{ \begin{array}{l}{u_1} = 1\\{u_{n + 1}} = 3{u_n} – 6n + 1\end{array} \right.\]
2. \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{u_1} = {\rm{5 }}}\\{{u_{n + 1}} – 3{u_n} = {{2.5}^n}}\end{array}} \right.\]
3. \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{u_1} = {\rm{2 }}}\\{{u_{n + 1}} – 2{u_n} = {{3.2}^n} + {{5.7}^n}}\end{array}} \right.\]
4. \(\left\{ \begin{array}{l}{u_1} = 1\\{u_{n + 1}} – 2{u_n} = \left( {{n^2} + 1} \right){.2^n}\end{array} \right.\)
2.2. Sai phân tuyến tính bậc hai
Công thức có dạng: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{u_1} = \alpha ,{u_2} = \beta }\\{a.{u_{n + 2}} + b.{u_{n + 1}} + c{u_n} = f\left( n \right)}\end{array}} \right.\); với \(a,b,c \in {R^*}\); \(f\left( n \right)\) là biểu thức theo \(n\)
Phương pháp.
– Tìm nghiệm tuyến tính thuần nhất tương ứng: \({\bar u_n}\)
– Tìm nghiệm riêng \(u_n^*\)
– Nghiệm bài toán là: \({u_n} = {\bar u_n} + u_n^*\)
Vấn đề 1: Tìm nghiệm tuyến tính thuần nhất.
Xét phương trình đặc trưng: \(a{\lambda ^2} + b\lambda + c = 0\) (*)
Th1. (*) có 2 nghiệm phân biệt \({\lambda _1},{\lambda _2}\) thì nghiệm tuyến tính thuần nhất là: \({\bar u_n} = {C_1}.\lambda _1^n + {C_2}.\lambda _2^n\)
Th2. (*) có nghiệm kép \({\lambda _1} = {\lambda _2} = \lambda \) thì nghiệm tuyến tính thuần nhất là: \({\bar u_n} = \left( {{C_1} + {C_2}n} \right){\lambda ^n}\)
Th3. (*) vô nghiệm, tức có nghiệm phức, giả sử là \(\lambda = x + yi\;,\;\left( {x,y \in R} \right)\) (dạng đại số), viết dưới dạng lượng giác là \(\lambda = r\left( {\cos \varphi + i.\sin \varphi } \right)\), với \(r = \left| \lambda \right| = \sqrt {{x^2} + {y^2}} \), \(\varphi \) là argument của \(\lambda \). Khi đó nghiệm tuyến tính thuần nhất là: \({\bar u_n} = {r^n}\left( {\cos n\varphi + i.\sin n\varphi } \right)\)
Ví dụ 1. Tìm nghiệm tuyến tính thuần nhất của dãy số cho bởi hệ thức truy hồi
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{u_1} = 2;{u_2} = – 8}\\{{u_{n + 2}} = – 8{u_{n + 1}} + 9{u_n}}\end{array}} \right.\)
Lời giải.
Xét phương trình đặc trưng: \({\lambda ^2} + 8\lambda – 9 = 0 \Leftrightarrow {\lambda _1} = 1,{\lambda _2} = – 9\)
Suy ra nghiệm tuyến tính thuần nhất là \({\bar u_n} = {C_1}{.1^n} + {C_2}.{\left( { – 9} \right)^n}\)
Trong trường hợp bài này, vì điều kiện truy hồi là tuyến tính thuần nhất (tức là không có \(f\left( n \right)\) ) nên ta cũng có thể suy ra số hạng tổng quát luôn
\({u_n} = {C_1} + {C_2}{\left( { – 9} \right)^n}\)
Với \({u_1} = 2,{u_2} = – 8\) ta có hệ: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{2 = {C_1} + {C_2}.{{\left( { – 9} \right)}^1}}\\{ – 8 = {C_1} + {C_2}.{{\left( { – 9} \right)}^2}}\end{array} \Leftrightarrow {C_1} = 1;{C_2} = – \frac{1}{9}} \right.\)
Vậy, \({u_n} = 1 + \left( { – \frac{1}{9}} \right){\left( { – 9} \right)^n}\)
Ví dụ 2. (BTTT)
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{u_1} = 1;{u_2} = 16}\\{{u_{n + 2}} = 8{u_{n + 1}} – 16{u_n}}\end{array}} \right.\)
Vấn đề 2. Không còn tuyến tính thuần nhất, \(f\left( n \right) \ne 0\), thì ta phải tìm nghiệm riêng \(u_n^*\) ? Tương tự với dạng tuyến tính bậc nhất đã học. Cụ thể.
Trường hợp 1. \(f\left( n \right)\) đa thức theo \(n\), giả sử là đa thức bậc \(m\) theo \(n\): \({P_m}\left( n \right)\)
Th1.1. Nếu (*) không có nghiệm đặc trưng \(\lambda \) nào bằng 1 (tất cả đều khác 1)
Lúc này \(u_n^*\) cũng là một đa thức bậc \(m\) theo \(n\), \(u_n^* = {Q_m}\left( n \right)\)
Th1.2. Nếu (*) có một nghiệm đơn (\(\lambda \)) là 1 (nghiệm còn lại khác 1)
Lúc này \(u_n^*\) là đa thức dạng: \(u_n^* = n.{Q_m}\left( n \right)\)
Th1.3. Nếu (*) có nghiệm kép là 1 tức là \({\lambda _1} = {\lambda _2} = 1\)
Lúc này \(u_n^*\) là đa thức dạng: \(u_n^* = {n^2}.{Q_m}\left( n \right)\)
Ví dụ 1. Tìm số hạng tổng quát dãy số cho bởi: \({u_1} = 1,{u_2} = 2\)
\({u_{n + 2}} = – 4{u_{n + 1}} + 5{u_n} + 12n + 8\)
Ví dụ 2. Tìm số hạng tổng quát dãy số cho bởi: \({u_1} = 1,{u_2} = 3\)
\(2{u_{n + 2}} – 5{u_{n + 1}} = – 2{u_n} + {n^2} – 2n + 3\)
