Chương 1 KIEN THUC CHUAN BI 1.1 Khái niệm và một sô tính chat cua sai phân Định nghĩa 1. Giả sử ƒ : R —› R là một hàm số cho trước. Ta gọi sai phân cấp một của hàm ƒ là đại lượng Aƒ(ø) =ƒ(#+1)= ƒ). Giả sử với ø > 1 ta định nghĩa sai phân cấp ø — 1 của hàm ƒ.
Khi đó sai phân cấp n của hàm ƒ được định nghĩa như sau A"f (x) =A (A""f (2) n> 1,A°f (0) == f(a). Sai phan ctia hằng số bằng 0. Sai phan moi cap la todn tit tuyén tinh. Sai phan của hằng số bằng 0.
That vay, ta cd A(C) =C-C=0. Ta chứng minh sai phân mọi cấp là toán tử tuyến tính bằng phương pháp quy nạp. + Thật vậy, Vƒ, g: R —> R,Va, 8e R,Vze R, ta có A (af + Bg) (2) = (af + 8g) (# + 1) — (aƒ + 89) (z) = œƒ(œ + 1) + Øg(œ+ 1) — œƒ (3) — 8g (2) =[œƒ(œ + 1)— œƒ (#)] + [Øø (œ + 1) — 8ø (2)] =@[ƒ(œ+1)~ ƒ(z)] + 8[ø(œ + 1) = ø(2)] = aA (f) (x) + BA(g) (x). Vay sai phân cấp một là toán tử tuyến tính.
+Giả sử A* là toán tử tuyến tính. Ta cần chứng minh A**† cũng là toán tử tuyến tính. That vay, Vf,g: R— R,Va, 6 € R,Vze R, ta có A™ af + 8g) (x) = A(A"(af + 0g) (3)) = A(aA"(ƒ)(ø) + BA"(g) (w)) (theo giả thiết quy nạp) =@A(A*ƒ()) + 8A(A7ø(2)) = aA""(f) (x) + BA™(g) (2). Do đó A" (af + Bg) = aA" f + BA tg.
Vậy sai phân cấp n + 1 cũng là toán tử tuyến tính. Do đó, theo nguyên lý quy nạp ta có A” là toán tử tuyến tính. Giả sử A*(œ*) = kl,Vk < n. Ta cần chứng minh A#+!(z#+) = (k + 1)I.
5 Thật vậy, theo giả thiết quy nạp, ta có ARtErh — Af A (a**1) _ AN (a + ie _ ahh k+1 ; / _ Af : Chaya" _ | i=0 k — k k+1,„k+1 a a k+1 ~ at te + Cha! - 2 | i=0 k k = A! Ly cha =Y Oh Abe i i=0 k k “Yo Ah (a'r!) = SC (a) i=0 i=0 = Chay, (vì với k—¿> 1 thì A (i!) = 0) (k +1) y= | “fit rJ. Dac biét, v6i m > n ta có A™(a2") = A™" A™ (2") =A™ "(n!) = 0. Tw dinh nghia sai phan va Định lý 1.1, ta có các hệ quả SQU: a. Nếu ƒ(+) là một đa thúc bậc n của ø có dạng f(x) = aqz” + aya” + + aga”? +.
Công thúc sai phân từng phần AlZ)ø)] = ƒ) A g() + g( +1) A ƒ(z), Vưe R. Vay 7 Định nghĩa 1. Cho hàm số ƒ : R > R. Voi n e Ñ” ta gọi biểu thức [/(œ)|f = f(a) fw — 1) f@ — 2).
Ỏ đây ta xét dạng giai thừa quan trọng sau (az+b)t = (a+b)(a(œ— 1)+b)(a(œ—2)+). Đặc biệt, khi a = 1,b = 0 với 0 e Ñ” ta có +ữ9 = z(œ — 1)(œ — 2). Xuất phát từ công thức al) = z(œ — 1)(& — 2).(a —n) = (cx — n)a™ ne N*, ta c6 thé dinh nghia «\” với n < 0, như sau: — g0), n<0 # — †Tì +0) = 1, gn) = Từ định nghĩa mở rộng này ta có các tính chất sau: Định lý 1. VoineZ, Ac™ =na, Chitng minh.
Ta có - ae | “oe _ las n)(œ — Dietn— 5. Xét trường hợp ø e Ñ”, ta có Ag” = (# +1) “1 G+1— DJ +1—3, (az +1—(n—-1)) ~ a(n = (2 = 2).n = zt'=Địn, Vay ne N*, Av = na), Mặt khác, áp dụng Tính chất 2, ta có ¬ 1 — 1 A = Ca wane _ 1 _ 1 - Je+(n+1)]|(œe+n). Trường hợp nø = 0 là tầm thường. Từ đây ta suy ra điều phải chứng minh.2 Khai niệm và một số tính chất của sai phan ngược Trước tiên ta xét bài toán sau: Xác định ø(z) sao cho Ag (zx) = f (x), véi f (x) 1d ham da biét.
Nhận xét rằng néu g(x) lA mot 1di gidi cia bai todn trén thi g(x) + C vdi C la hằng số bất kỳ cũng là lời giải của nó. Ta kf hiéu g(x) +C = AT!ƒ(z),ŒeR, và gọi AT!ƒ (z) là sai phân ngược của ƒ (z). Định lý dưới đây cho ta một số tính chất của sai phân ngược A~1. Với mọi ham sé f,g, Vre R, ta c6 a.
4 AEF (a) Ag (al =f (a) 9(2) —A“ [g(a + A f(a] +C,CeR, Chitng minh. Thật vậy, với Œ là hằng sé thi AC = 0 nén suy ra A7!0 = C. Từ đó ta được, A Œ) + g(3)) = P(#) + G(+) + Ci + Œ F A"*@)) + A“”(g(ø)) + Œ. Suy ra AT!(kƒ (z)) = KAT! f (v7) + C,C eR.
Từ công thức sai phân từng phần Al7()ø()] = ƒ() A g) + g(œ +1) A f(a). Lấy sai phân ngược hai về ta được AT ATS(a)9(2)] = A“[F (a) A g(x) + g(œ +1) A ƒ()]; do đó 1.3 Tính tổng bằng phương pháp sai phân Trong tiểu mục này, ta sẽ sử dụng công thức .2 để giải quyết bài toán tính tong. Gia sit ta phai tinh tong 7, ag. 11 Khi d6, ta tim day {2} sao cho x41 — @% = a.
Tức là, ta tìm dãy {z„} sao cho À4 = ag. Khi đó, ta có n n Ss ak = Ss Ax, k=1 k=1 n+1 = #n+1 — Ÿn —= #k |1 = AW lag ml. Nhận xét rằng, để giải quyết bài toán tính tổng bằng phương pháp sai phân ta cần phải giải quyết tốt bài toán tính sai phân ngược. Để thấy rõ điều này, chúng tôi trình bày một số ví dụ ở tiểu mục 1.4 Một sô ví dụ Ví dụ 1.
Với ne Ñ” ta có 12 q1 a. A-ta® = +C,CeR,0<al. AT sing = — +C,CeR. AI leosz = —i“ +C,CeER.
1#] inet OCS Vi du 1. Với ne Ñ” ta có b (n+1) a. Tính các sai phân ngược sau: a. A70) g(x) = A~12020* = gứ+1)— “1g — — 201g Tw do, ta có -1 L\ " 1 2020.2020” AT 2020) = rung — A ni | C 2020" 2020.
2019 2019 Vậy 2020” 2020 — (20207 —saaa|+Œ, ŒcR. Suy ra Af(zx) = 1, g(x) = A sina = g(a + 1) = 1, 20207 2019 ` 1 c0s(@— 5 —28n= sins 1 : a cos («+ 5) —2sin= 2 14 'Từ đó ta được 1 “a.—D sind 2sin} 2sin; 2 2 1 sin (x) đc. 2sin2— —2sin= 2 2 Vay 1 sin (x) weO8 \ 2 Av lxsina = I =———Tx—*Œ. 2sin2= —2sin— 2 2 Ví dụ 1.
Tính các tổng sau: a. Phương trình thuần nhất: z(nm + 1) — z(n) = 0. 15 Phương trình dac trung: k — 1 = 0 hay k = 1. Nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất: # (n) = Œ.
Tìm nghiệm riêng của phương trình không thuần nhất dưới dạng â(n) = 2"(An + B). Phương trinh thuan nhat: x(n + 1) — x(n) = 0. Phương trình dac trung: k — 1 = 0 hay k = 1. Nghiệm tổng quát của phương trình: # (n) = Œ.
Ta thử tìm một nghiệm riêng của phương trình không thuần nhất dưới dạng ®(m) = n\(An + B). Ta có Sy = Uy + Ug +. Tinh tổng của n số hạng đầu tiên của chuỗi số có số hạng tong quat u, =n? +n,neN*. Tính các tổng sau a.
— A (n+ 1) 4 Aha)? (n+2)(n+1)n (n+1)n n(n + 1n + 1) 3 2 6 Vay S, = » 2 = mae Ven ED ne N*.,+nẺ= À Để, Nhận xét, dùng định lý phép chia có dư ta phân tích đa thức kỶ = k(k — 1)(k— 2) + 3k(k — 1) + k. Khi đó, ta có Sam Diath —1)( `". —1) “ye = S14 43ST 4 SRO _ oT = " n = > A (Ata) +3 > A (^ +2) + > A (^ +") = ATI®) md +3A 1 kK) J1 LAI RO mel =(ATm+1®= A1418) + (3A 1(a+ 18 = A19) + (^'w +1) — Ay) _(n tu + „ứ" vu + (n tu (n+ 1)n(n — 1)(n— 2) 3(n+1)n(n—1) (n+ 1)n s 4 * 3 > — (n+ 1)? A Vay S4= 8 = mine nen’. Tính tổng của n sé hang dau tién cia chuỗi số có số hạng ne N*.
tong quat un = nàn 'Ta có 19 Sp = Uy + Ug t+. + Un her DED at oR (k+1)° -Š“(« cà) =X)A(A 1(w-~ 1) » (^ '@- 1”) = A"!( vn, Hiện = A Tạ? — Ato ni) CĐ n —1 -1 n+l Vay n 1 n =È/P+E na n€N Ví dụ 1. Tính tổng của nø số hạng đầu tiên của chuỗi số có số hạng tổ At uy =—————. ông quất nín+2) n Ta có Sy = Uy + Ug + 2 + Un n " 1 z+l - igen 7 24ï0+D0+3 i= 1 „ 1 - aspera * LiGenasD = $, + So.
(i+ 1) (i+ 2) 'Ta có Sì= Saas lane “4(+1)0+2) 2+2) 4 - s A (au) = AYO?) m " „9 n+1 _ — 1 _ nt+1 —_ l" n+l = = 1 -1 (¡+ 1) “(+ al n+2 2 2(n+2)’ Tinh %= D063 al 0+3 ,ủcÑ. to M+ nit ~4~ 2m4i) sd) Vay 3 2 3 : %,=59+5%= —-— “2” — neN' 4 2(n+1)(n+2)’ 21 Chương 2 BÀI TOÁN XÁC ĐỊNH SO HANG TONG QUAT CUA DAY 2.1 Hệ phương trình sai phân tuyến tính thuần nhất hệ số hằng Xét hệ phương trình sai phân tuyến tính thuần nhất dạng œ(n + 1) = Az(n), (2. z¿ (n)]Ï là véc tơ cần tìm,. là ma trận vuông cấp k và z (0) là véc tơ cho trước.1 Phương pháp 1 Nghiệm tổng quát z (») của (2.1) cho bởi công thức sau x(n) = A”c, với c lA véc td hang.
Vì vậy để nhận dude x(n), ta can tinh A”. Tìm nghiệm tổng quát của (2.1) với Khi đó __ “NT nt Hn (%) eo (9) với c la véc to hang bat ki.2 Phuong phap 2 Giả sử o,., „ là các véc tơ riêng độc lập tuyến tính tương ứng với các giá trị riêng Àq, Àa,. Khi đó tồn tại các số c¡, cs,., c sao cho # (0) = €101 + Œz0a +. + CEU) = GA” + œ A”ua +.
+cyA”"uy = GIÀI”0I + CaÀs”0a +. Ta sẽ chứng tỏ #(n) = GIÀI”Ui + @À2”ua +. + GÀ “Up, thỏa mãn (2. Thật vậy, ta có Ax (n) = cAy" Avy + c2Ag" Avg + 2.
+ CHAK” AVE = GA thy + CoAq"* Uy 4+ cpAg” Up =z(n +1). 23 Vậy # (n) = GIÀ1”UI + ŒœÀa”0s +. + CÀ, “Up, là nghiệm tổng quát của hệ phương trình sai phân tuyến tính (2. Tổng hợp các vấn đề vừa nêu ta có định lí sau.,uy„ là các óc tơ riêng độc lập tuyến tính tương ứng uới các giá trị riêng À\,Àa,.A, của A thà nghiệm tổng quát của hệ (2.1) có dạng a(n) = GỊÀ1”U1 + œÀa”0a +.
+ CÀ "Up, trong đó cị, ca,., c là các số thuộc trường E. Tìm nghiệm tổng quát của hệ (2.