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: Phƣơng pháp Tốn sơ cấp
Mãsố: 60.46.01.13

TĨM TẮT LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

Đà Nẵng - Năm 2015


Cơng trình được hồn thành tại
ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG

Ngƣời hƣớng dẫn khoa học: TS. LÊ HẢI TRUNG

Phản biện 1: TS. NGUYỄN NGỌC CHÂU

Phản biện 2: TS. TRỊNH ĐÀO CHIẾN

Luận văn sẽ được bảo vệ tại Hội đồng chấm Luận văn tốt
nghiệp thạc sĩ khoa học họp tại Đại học Đà Nẵng vào ngày 18
tháng 12 năm 2015.

Có thể tìm Luận văn tại:
- Trung tâm Thông tin - Học liệu, Đại học Đà Nẵng

- Thư viện trường Đại học sư phạm, Đại học Đà Nẵng


1
MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài
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. 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 các bài tốn bậc Trung học phổ
thơng, phục vụ cho công tác giảng dạy tại trường phổ thông chuyên,
luận văn này tập trung trình bày các tính chất của sai phân và ứng
dụng chúng để tính tổng, xác định số hạng tổng quát của dãy số, giải
một số dạng phương trình sai phân và phương trình hàm ở bậc phổ
thơng. Đó là lý do tơi chọn đề tài “Ứng dụng sai phân trong giải
tốn trung học phổ thơng”.
2. Mục tiêu nghiên cứu
Mục tiêu của đề tài này là sử dụng một số tính chất của sai
phân để tính tổng ; xác định số hạng tổng quát của dãy số, giải một số
phương trình sai phân cấp một, cấp hai, cấp ba, giải một số phương
trình sai phân với hệ số biến thiên dạng đặc biệt, phương pháp xây
dựng dãy số nguyên ; Giải phương trình hàm sai phân bậc một,
phương trình hàm sai phân bậc một có điều kiện hàm bằng cách sử
dụng phương trình sai phân.
3. Đối tƣợng và phạm vi nghiên cứu
3.1. Đối tƣợng nghiên cứu
Nghiên cứu cách giải phương trình sai phân tuyến tính cấp

một, cấp hai, cấp ba; Phương trình sai phân tuyến tính với hệ số biến
thiên. Từ đó áp dụng để giải một số bài toán chọn lọc về dãy số.


2
3.2. Phạm vi nghiên cứu
Nghiên cứu từ các tài liệu, các giáo trình về phương pháp
hàm, chuyên khảo dãy số của các tác giả liên quan.
4. Phƣơng pháp nghiên cứu
Trong luận văn, các kiến thức sử dụng nằm trong các lĩnh
vực sau đây: Tốn học giải tích, Giải tích hàm, Lý thuyết phương
trình sai phân.
5. Bố cục luận văn
Nội dung của luận văn được trình bày bao gồm các phần
chính như sau:
Mở đầu
Chƣơng 1. Kiến thức cơ sở.
1.1 Một số định nghĩa.
1.2 Tính chất.
1.3 Tích phân bất định.
1.4 Phương pháp tích phân từng phần.
1.5 Phương pháp hệ số bất định.
1.6 Phương trình sai phân.
Chƣơng 2 Ứng dụng tính chất sai phân trong tốn học
bậc Trung học phổ thơng.
2.1 Ứng dụng tính tổng.
2.2 Ứng dụng trong dãy số.
2.3 Một số ứng dụng trong phương trình hàm.
2.3.1 Phương trình hàm sai phân bậc một.
2.3.2 Phương trình hàm sai phân bậc một có điều kiện.

k

2.3.3 Phương trình hàm dạng “  a ifi (x) + g(x) = 0 ”.
i=1


3
2.3.3.1 Cách giải.
2.3.3.2 Các ví dụ.
2.3.3.3 Xây dựng dãy số thơng qua hàm số ngược.
2.3.3.4 Một số bài tốn phương trình hàm khác có liên
quan đến sai phân.
6. Kết luận
Đề tài có ý nghĩa về mặt lý thuyết và thực tiễn, có thể sử
dụng như là tài liệu tham khảo dành cho học sinh chun Tốn trung
học phổ thơng và giáo viên giảng dạy bồi dưỡng học sinh giỏi mơn
tốn bậc trung học phổ thông.


4

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


được gọi là biểu thức giai thừa.
Định nghĩa 1.1.2 Cho ux là một hàm theo x . Khi đó

ux : ux 1  ux
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:





 n u x    n 1u x (n  1, 2,...),  0u x : u x .

1.2 TÍNH CHẤT
(1) C  0 (với C là hằng số).



(3)   ku x   k u x (với k là hằng số).
(4)   u x v x   u x v x  v x 1u x .
(2)  u x  v x  u x  v x .

(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


n

x m

x 1

(7)  u x  un 1  um (với m  n ). Đặc biệt:  u x  un 1  u1


5
(8) Nếu ux là đa thức bậc n của x thì

1

ux  u0  x u0 

x

 2

2!

 u0 
2



x

n 


n!

 nu0 .

Định lý 1.2.1 Ta có đẳng thức:

x(n) = nx(n-1)
Định lý 1.2.2 Ta có đẳng thức sau:
n
 ( a  bx )  bn ( a  bx )( n 1)
1.3. TÍCH PHÂN BẤT ĐỊNH
Định nghĩa 1.3.1 Giả sử v x  u x   v x  C  v x  u x .





1
Khi đó vx  C gọi là tích phân bất định của ux , ký hiệu là  u x .

1
Vậy  u x  v x  C (với C là hằng số)

Tính chất 1.3.1



(2)  1  ku x   k  1u x  C (với k là hằng số)
(3)  1  u x v x   u x v x   1  v x 1u x   C (giống như công thức

(1)  1 u x  v x   1u x   1v x  C .

tính tích phân)
1.4 PHƢƠNG PHÁP TÍCH PHÂN TỪNG PHẦN.
Ta có cơng thức sau đây :









 1 u x v x  u x v x   1 v x 1u x  C

Ví dụ 1.4.1 Tìm tích phân bất định của f ( x )  ( x  1) cos

x
2

ux  x  1

Lời giải: Ta cần tính  ( x  1) cos
. Đặt 
x
2
v x  cos
.



2
1

x

.


6

u x  1


Suy ra v  1 sin      x   2 sin      x  .




 x 2 sin 
 4 2  2
 4 2 


4
x
1
Khi đó  ( x  1) cos

 ( x  1)


2
2

2

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

sin  

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

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

 ( x  1)

2

sin  

4

 ( x  1)

2
2

x
  x 1

 C.
  cos

2
 4 2  2

sin  

1.5. PHƢƠNG 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 v x  v x 1  v x 
Suy ra

f ( x  1)2

x 1



f ( x )2

x



x2 x

 x +1) x + 2)


.

x2 x
( x  1)( x  2)
x2

.

 vx 

f ( x )2 x
x 1

x

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

(1.1)

Vậy ta chỉ cần chọn f ( x )  a ( a là hằng số).
Thay vào (1.1), ta được 2( x  1)a  ( x  2)a  x  ax  x  a  1.


7
Vậy 


x2 x

1

( x  1)( x  2)



2x
x 1

C

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





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

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

 n 1 .

Cho dãy số xn




Xét phương trình
a0 xn k  a1xn k 1  ak xn  g (n)

(1.2)

trong đó g  n  là hàm số theo n , và a0 , a1,, ak là các hằng số.
Khi đó phương trình
a0 xn k  a1xn k 1  ak xn  0

(1.3)

được gọi là phương trình thuần nhất tương ứng với (1.2).
Phương trình:
a0 k  a1 k 1    ak  0

(1.4)

được gọi là phương trình đặc trưng của (1.2), đồng thời cũng được
gọi là phương trình đặc trưng của (1.3).
+ Nghiệm tổng qt của phương trình (1.2) có dạng:
xn  xn  xn* , n  1, 2, 
*
trong đó xn là nghiệm tổng quát của phương trình (1.3), xn là một

nghiệm riêng bất kỳ của phương trình (1.2).
+ Ta có một số kết quả sau đây:
(i) Nếu (1.3) có k nghiệm thực phân biệt 1, 2 ,, k thì (1.2) có
n

n
n
nghiệm tổng quát là xn  c11  c22    ck k , n  1, 2, 


8
(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 .
n
n
n
Khi đó xn  c11  c22    ck k , n  1, 2,  (với

c1, c2 , , ck là các hằng số vừa tìm được ở trên gọi là một nghiệm
riêng của (1.2).
(ii) Nếu (1.3) viết được như sau:



a0 k   ak  a0   1

   2    3   q   0,
s

h

với các 1, 2 , 3 ,..., q là khác nhau đơi một. Tức là (1.3) 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 (1.2) có nghiệm tổng qt là





xn  c33n    cqqn  c11  c12n    c1s n s 1 1n





 c21  c22n    c2 h n h 1 2n , n  1, 2, 

( với c11, c12 , , c1s , c21, c22 ,, c2h , c3,, cq là hằng số).
(iii) Nếu (1.3) 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 (1.10)

Khi đó (1.2) có nghiệm tổng quát là






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




n
h 1
r
B  B n   Bh n
sin n  ,
 1 2




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


9

CHƢƠNG 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  u x  un  u1 .
x 1

n 1

Đối với ví dụ tính tổng  a k , ta biến đổi

k 1

ak  xk 1  xk  xk  xk   1ak .

Khi đó
n 1

n 1

n

k 1

k 1

1

 ak   xk  xn  x1  xk

n

  1ak .
1

n

Ví dụ 2.1.1 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 .
x
x
Ta cần tìm vx để v x  v x 1  v x  x ( 1)  v x  f ( x )( 1)

Suy ra

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






10
n 1

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



1



4

1

4

( 1) n 

1
2

n ( 1) n

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

Qn   u x v x  u x v x
x n

m 1

m

  v x 1u x

n

x n

n

x( 1) x Cnx


x 0

x 2  3x  2

Ví dụ 2.1.2 Tính tổng Sn  

.

Lời giải: Ta có:
n

Sn  

x( 1) x Cnx22

n

x  0 ( n  1)( n  2)

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

n

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

n 2

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

x 0


u x  x

Đặt 

x x 2

v x  ( 1) Cn  2


ux  1



x 1 x 1

v x  ( 1) Cn 1

Áp dụng (2.2) ta được
n 2

n 1

x 0

0

x x 2

x 1 x 1
 x ( 1) Cn  2  x ( 1) Cn 1

n 2

  ( 1) x Cnx12
x 0



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

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



n 1
0

n 1
0

Do đó
(n  1)(n  2)Sn
 ( 1) n ( n  1)( n  1)  1  ( n  1)( n  2)  n   n   n

(2.2)


11

Vậy Sn 

n
( n  1)( n  2)

Qua 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 qt khi ta quan sát được sự 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 v x . Do đó ta
phải tiếp cận ví dụ bằng cách giả tính sai phân v x 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
x 1
bởi x  1 khi đó Cn khơng 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 vòng “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 ngun hàm
rồi mới áp dụng cơng thức tích phân từng phần. Việc làm này không
phải lúc nào cũng thực hiện được.
2.2 ỨNG DỤNG TRONG DÃY SỐ
Thơng qua các ví dụ cụ thể ta tổng quát được các bài toán sau:
Bài tốn 2.2.1 Tìm dãy số  xn  biết: x1   và


axn1  bxn  fn , n  1,2,


12
trong đó  , a , b là các hằng số cho trước, a  0, b  0 , fn là đa thức
theo n .
Bài tốn 2.2.2 Tìm dãy số  xn  biết: x1   và
axn 1  bxn  Pk ( n ). n , n  1, 2,...

trong đó  , a, b,  là các hằng số cho trước, a  0, b  0,   0, Pk (n)
là đa thức bậc k theo n .

 

Bài tốn 2.2.3 Tìm dãy số xn biết: x1   và

axn 1  bxn  fn , n  1, 2,...
trong đó  , a , b là các hằng số cho trước,
2
2
a  0, b  0, fn  u sin nx  v cos nx , u  v  0, x  k  k 

.

 

Bài tốn 2.2.4 Tìm dãy số xn biết: x1   và

axn 1  bxn  f1n  f2n , n  1,2,...

trong đó  , a , b là các hằng số cho trước, a  0, b  0, f1n là đa
n
thức theo n và f 2 n   . .

 n 1 biết:

Bài tốn 2.2.5 Tìm dãy số xn



axn 1  bxn  fn , n  1, 2,...
trong đó  , a , b là các hằng số cho trước, a  0, b  0, fn là một
hàm theo n .
Bài tốn 2.2.6 Tìm xn thỏa mãn:

xn 1  an xn  bn , n  1, 2,...
trong đó an , bn là các hàm số theo n .
Bài toán 2.2.7 Tìm xn thỏa mãn điều kiện: x1   , x2   và

axn 1  bxn  cxn 1  0, n  2,3,...
(Phương trình sai phân tuyến tính cấp hai thuần nhất) trong đó


13

 ,  , a, b, c là hằng số cho trước, a  0 và c  0
Bài toán 2.2.8 Tìm xn thỏa mãn điều kiện: x1   , x2   và
axn 1  bxn  cxn 1  fn , n  2,3,...
trong đó  ,  , a, b, c là hằng số cho trước, a  0 và c  0 . fn là
hàm số theo n .

Bài tốn 2.2.9 Tìm xn thỏa mãn điều kiện: x1   , x2   và
axn 1  bxn  cxn 1  Pk ( n ). n , n  2, 3,...

trong đó  ,  ,  , a , b, c là hằng số cho trước, a  0 và c  0 . Pk ( n )
là đa thức bậc k theo n
Bài tốn 2.2.10 Tìm xn thỏa mãn điều kiện: x1   , x2   và

axn 1  bxn  cxn 1  Pm (n)cos  n  Ql (n)sin  n, n  2,3,
với  ,  ,  , a, b, c là hằng số, a  0, c  0, Pm (n), Ql (n) lần lượt là
các đa thức bậc m , bậc l theo n .
Các ví dụ liên quan đến phương trình sai phân tuyến tính
thuần nhất được đề cập khá nhiều trong các đề thi học sinh giỏi. Sau
đây là một số ví dụ như vậy
Ví dụ 2.2.1 Cho dãy số ( xn ) được xác định theo công thức sau

x1  7; x2  50, xn1  4 xn  5 xn1  1975  n  2 

(2.3)

Chứng minh rằng x1996 1997
Lời giải: Xét dãy số ( yn ) với y1  7, y2  50 và

yn1  4 yn  5 yn1  22  n  2 

(2.4)

Từ (2.3) và (2.4) ta có y1  x1  y2  x2  0 và






yn1  xn1  4  yn  xn   5 yn1  xn1  1997  n  2 





nên yn  xn mod1997 .



Do đó chỉ cần chứng minh y1996  0 mod1997




14
Đặt zn  4 yn  11 suy ra z1  39, z2  211 .
Nhận xét rằng
zn1  4 yn1  11  16 yn  20 yn1  99  4 zn  20 yn1  55

(2.5)

Ta lại có zn1  4 yn1  11 suy ra 20 yn1  5zn1  55

(2.6)

Thế (2.6) vào (2.5) ta được zn1  4 zn  5zn1
Suy ra zn1  4 zn  5zn1  0


(2.7)
2

Phương trình đặc trưng của (2.7) là   4  5  0 có nghiệm
1  1, 2  5
Nghiệm tổng quát của (2.7) là zn   1 .  5 . 
n

Ta có

n

 8
  3
 z1    5  39


z



25


211
2
   25

3


Do đó ta nhận được z 
n

8
3

.  1 
n

25

n

.5

3

1996

Suy ra z1996 

8  25.5

3
Ta cần chứng minh z1996  11 mod1997



Do


51996  1
 1996
5  1

1997
3

1996

Từ đó, ta có 5
nên z1996 
Vậy z1996

8

1996

nên 5





 1 3.1997 . ( vì  3;1997   1 )

 3n.1997  1

25  3n.1997  1


 25.n.1997  11

3
3
 11 mod 1997 .





Ví dụ 2.2.2 Cho dãy số (an )(n  ) được xác định bởi


15

a0  1, a1  13 và an2  14an1  an , n  .
Chứng minh rằng các phương trình :
x2  ( x  1)2  an và ( x  1)3  x3  an2
có nghiệm tự nhiên với mọi n  .
Lời giải: Phương trình đặc trưng của dãy (an ) là  2  14  1  0 .
Phương trình này có hai nghiệm là 1  7  48 , 2  7  48 .
Nên tồn tại các hằng số  ,  sao cho an  .1n   .2n , n 
Vì a0  1 và a1  13 nên  

 an 

2 3
4

(7  48)n 


2 3
4

2 3
4

, 

.

2 3
4

(7  48)n , n 
2

 2 3

2 3
 2 an  1  
(2  3) n 
(2  3) n  .
2
2


Xét dãy số (bn )(n  ) được xác định bởi

2 3


2 3

(2  3)n , n 
2
2
Ta có b0  1, b1  5 và bn2  4bn1  bn , n  .
bn 

(2  3)n 

Bằng phương pháp quy nạp toán học ta có bn  , n 
Mặt khác bn  0, n  . Suy ra bn 



và

.

.

2an  1  bn2 , n 

Nên bn là số tự nhiên lẻ.
Suy ra tồn tại số tự nhiên cn sao cho bn  2cn  1 .
2
Ta có: cn   cn  1 
2



2 

1

2cn  1  1 
2



b  1  a
2

1

2
n

Vậy phương trình x2  ( x  1)2  an có nghiệm tự nhiên.

n

.

.


16
2


2 an  1

Ta có:

3

 2 3

2 3

(2  3) n 
(2  3) n  .
6
6



Xét dãy số (dn ) được xác định bởi

dn 

2 3

(2  3)n 

2 3

(2  3)n , n  .

6

6
Ta có d0  1, d1  3 và dn2  4dn1  dn , n  .

Bằng phương pháp quy nạp toán học ta có d n  , n  .
Mặt khác dn  0, n 

. Suy ra dn 



và 2an  1  3dn2 , n 

Cũng bằng phương pháp quy nạp toán học ta chứng minh được d n là
số nguyên lẻ với mọi n 
3

.
3





 b d  1   bn d n  1  1
2 2
2
Ta có  n n
 
  3.bn d n  1  an .
 2   2  4

Vì bn và d n là các số tự nhiên lẻ nên
Vậy phương trình ( x  1)3  x3  an2
n

bn d n  1

là số tự nhiên.
2
có nghiệm tự nhiên với mọi

.

Ví dụ 2.2.3 (Đề thi chọn học sinh giỏi Quốc gia THPT năm 2011)
Cho dãy số (an ) được xác định bởi

a0  1, a1  1 và an  6an1  5an2 với mọi n  2 .
Chứng minh rằng a2012  2010 chia hết cho 2011
Lời giải:
Cách 1: Phương trình đặc trưng của dãy (an ) là  2  6  5  0
Phương trình này có hai nghiệm là 1  3  14, 2  3  14
Nên tồn tại các hằng số  ,  sao cho an  1n  2n , n 


17


4  14





2 14
1    



1   (3  14)   (3  14)    4  14

2 14
 an 

2  14
2 14

 a2012 

1n1 

2  14
2 14

2  14
2 14

2n1

(3  14)2011 

2  14
2 14


(3  14) 2011 .

2011

k
Ta có (3  14)2011   C2011
32011k ( 14)k và
k 0

(3  14)

2011

2011

k
  ( 1)k C2011
32011k ( 14)k

k 0
1005 i

1005

2i
2i 1 20102i
.
320112i  2  14i C2011
3

 a2012    14 C2011
i 0

i 0

Với p là số nguyên tố và 1  j  p  1 ( j 



) ta có C pj chia hết

cho p . Suy ra a2012  ( 3)2011  2.141005 (mod 2011) .
Ta có 14  2025(mod 2011)  141005  152010  1(mod 2011) .
Mặt khác theo định lý nhỏ Fermat ta có (3)2010  1(mod 2011) .
Suy ra a2012  1(mod 2011)
Vậy a2012  2010 chia hết cho 2011
Cách 2: Xét dãy số (bn ) được xác định bởi b0  1, b1  1
và bn1  6bn  2016bn1, n  1 .
Bằng phương pháp quy nạp toán học ta chứng minh được
an  , n  và bn  , n  .
Ta cũng chứng minh được an  bn (mod 2011), n 

.

Phương trình đặc trưng của dãy (bn ) là   6  2016  0 .
2

Phương trình này có hai nghiệm là 1  48, 2  42 .



18
Nên tồn tại các hằng số  ,  sao cho

bn  .48n   (42)n , n  .
Vì b0  1, b1  1 nên  

41
90

, 

49
90

.

Suy ra
41 n 49
1
41.482012  49.( 42)2012 
bn 
.48 
( 42) n  b2012 

90
90
90 
Theo định lý nhỏ Fermat ta có
482010  1(mod 2011), 422010  1(mod 2011)
Suy ra 41.482012  49.(42)2012  90  0(mod 2011)


 90(b2012  1)  0(mod 2011)  b2012  1(mod 2011)

 a2012  1(mod 2011)
Vậy a2012  2010 chia hết cho 2011.
Ví dụ 2.2.4 (Đề thi chọn đội tuyểnViệt Nam dự thi Olympic Toán
Quốc tế năm 2012) Cho dãy số ( xn ) được xác định bởi

x1  1, x2  2011 và xn2  4022. xn1  xn , n 



.

x2012  1

là số chính phương.
2012
Lời giải: Phương trình đặc trưng của dãy ( xn )(n 
Chứng minh rằng



) là

t 2  4022t  1  0 . Phương trình này có hai nghiệm là

t1  2011  2010.2012 và t2  2011  2010.2012 .
Nên tồn tại các hằng số  ,  sao cho xn  .t1n1   .t2n1, n 
Vì x1  1, x2  2011 nên    

Suy ra x2012 

1
2

t

2011
1



 t22011 .

1
2

.




19

 1

2012
 2 1006






2


 .


Do đó

x2012  1

Ta có

t1  1006  1005, t2  1006  1005

2011
 t22011 ,
Đặt a  t1

ta có a 

 1006 

1005



t12011


2011





t22011

 1006 

1005



2011

1005

2k
 2 1006  C2011
10061005k.1005k .
k 0

Đặt b 

1
2 1006

1005


2k
a , ta có b   C2011
10061005k.1005k
k 0

Suy ra b là một số nguyên.
x
1
x
1
 b2 . Vậy 2012
Mặt khác 2012
là số chính phương.
2012
2012
Nhìn chung, việc giải những phương trình sai phân tuyến
tính với hệ số là hàm số của n là một cơng việc rất phức tạp, thường
thì ta đổi biến để đưa về phương trình sai phân với hệ số hằng. Ở đây
ta chỉ xét dạng phương trình sai phân tuyến tính với hệ số biến thiên
trong trường hợp đơn giản của lớp phương trình dạng sau:
n( n  1) ( n  k )
x1   , xn 1 
 xn  1 , n  1, 2,
( n  k  1) ( n  2k  1)
Vì phương trình sai phân tuyến tính với hệ số hằng đã được giải
quyết nên việc tuyến tính hóa một phương trình sai phân là việc cần
làm. Ví dụ sau đây sẽ thể hiện phương pháp tuyến tính hóa.
Ví dụ 2.2.5 Cho dãy số xn xác định bởi: x1  x2  1 ;


 

xn 

xn21  2
xn  2

, n  3 .

Hãy tuyến tính hóa. Chứng minh rằng xn nguyên với mọi n 

.


20
Lời giải: Giả sử dạng biểu thị tuyến tính của xn là

xn  Axn 1  Bxn 2  C, n  1,2,

(2.8)

Ta có x3  3, x4  11, x5  41 .
Từ (2.8), lần lượt lấy n  3, 4,5 ta được

A  B  C  3
A  4


3 A  B  C  11   B  1


11A  3B  C  41 
C  0.
Vậy xn  4 xn 1  xn 2 , n  1, 2, và bằng phương pháp quy nạp
dễ dàng chứng minh xn nguyên với mọi n 
2.3. MỘT SỐ ỨNG DỤNG TRONG PHƢƠNG TRÌNH HÀM
2.3.1. PHƢƠNG TRÌNH HÀM SAI PHÂN BẬC MỘT
Ví dụ 2.3.1 Tìm tất cả các hàm số f : 
thỏa mãn
f ( x  1)  f ( x ),x 

Đáp số: f ( x)  g {x} , x  , trong đó g là hàm số tùy ý, xác
định trên nửa khoảng 0;1 , x là phần thập phân của x .
Ví dụ 2.3.2 Cho a  0. Tìm tất cả các hàm số f :



thỏa mãn

f ( x  a )  f ( x ), x 

  x 
Đáp số: f ( x )  h     , x 
  a 

, trong đó h là hàm số tùy ý, xác

định trên nửa khoảng 0;1 .

Ví dụ 2.3.3 Tìm tất cả các hàm số f :




thỏa mãn điều kiện

f ( x  a )  f ( x )  h( x ), x 

trong đó h là hàm tuần hồn cộng tính chu kì a trên .
Nếu h là hàm tuần hồn cộng tính chu kì a thì kỹ thuật biến đổi
1
1
( x  a )h( x  a ) xh( x )
h ( x )  .ah( x )   x  a  x  h ( x ) 

a
a
a
a


21
rất hay được sử dụng để đưa về dạng sai phân.
  x   xh( x )
Đáp số: Vậy f ( x )  g     
, x 
a
  a 

trong đó g là hàm

số tùy ý, xác định trên nửa khoảng 0;1 .


Ta có thể đưa một phương trình hàm sai phân cấp
trình hàm sai phân cấp 1 .
Ví dụ 2.3.4 Tìm tất cả các hàm số f :



k về phương

thỏa mãn điều kiện

x

f ( x  1)  f ( x)  ( x  1)5 , x 

(2.9)

 x 5  1 x
  5  g ( x ), x  .
 4 16 

Đặt f ( x )   

Thay vào (2.9) ta được g ( x  1)  g ( x ), x 
Vậy tất cả các hàm số cần tìm đều có dạng:
x 5 
f ( x )      51 x  h {x} , x  ,
 4 16 

trong đó h là hàm số tùy ý, xác định trên nửa khoảng 0;1 .

2.3.2 PHƢƠNG TRÌNH HÀM ĐƢA VỀ DẠNG SAI PHÂN BẬC
MỘT CĨ ĐIỀU KIỆN
Ví dụ 2.3.5 Tìm tất cả các hàm số f : (0; )  (0; ) thỏa mãn:
i) f là hàm số giảm nghiêm ngặt trên (0; ) .
ii) f (2 x)  2020 x f ( x),x  . .
c
,x  (0; ) (với c là hằng số dương)
Đáp số: f ( x ) 
2020 x
n

2.3.3 PHƢƠNG TRÌNH HÀM DẠNG “  aifi  x   g  x   0 ”
i 1

2.3.3.1 Cách giải.
Xét phương trình hàm:


22
n

 ai fi  x   g  x   0,

i 1

( với f ( x ) là hàm cần tìm; a1, a2 ,, an là các số hằng số cho
trước).
+ Giả sử f là hàm số thỏa đề bài. Với mỗi x thuộc tập xác định của

 


hàm số f ( x ) ta xây dựng dãy số un như sau:

u0  x, u1  f (u0 )  f ( x), , un 1  f (un ), n  .

 

+ Tìm số hạng tổng quát của dãy un từ đó suy ra u0 và u1  f ( x) .
+ Thử lại và kết luận.
2.3.3.2 Các ví dụ.
Ví dụ 2.3.6 Tìm tất cả các hàm số f : [0; )  [0; ) thỏa mãn:
f ( x )  f ( f ( x ))  2 x, x  0.

(2.10)

Lời giải: Với mỗi x  [0; ) ta xây dựng dãy số (un ) như sau:

u0  x, u1  f (u0 )  f ( x), , un 1  f (un ), n  .

Do un  f (un 1 )  0;  nên un  0, n 

.

Trong (2.10) lấy x  un ta được:

un 2  un 1  2un  0, n  0,1, 2,

u0    x
 f ( x )  x.
u




x
 1

Vậy: 

Do x lấy tùy ý trong 0;  nên: f ( x)  x, x 0;  .
2.3.3.3 Xây dựng dãy số thơng qua hàm ngƣợc.
Ví dụ 2.3.7 (Đề thi Học sinh giỏi Quốc gia năm 2012) Tìm tất cả các
hàm số f : 
thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau:
(i) f là toàn ánh từ

đến

(ii) f là hàm số tăng trên

;
;

(iii) f  f ( x)   f ( x)  12 x, x  .


23
Lời giải: Theo (iii) suy ra f là đơn ánh.
Kết hợp với (i) ta có f là song ánh.
Gọi f 1 là hàm ngược của f thì do (ii) nên f 1 cũng là hàm tăng.
Từ (iii) ta được f (0)  0 (do f là son g ánh) suy ra f 1(0)  0 .

1
1
1
Đặt f  n ( x )  f ( f ...( f ( x )))

Ta có f  n là hàm tăng và f n (0)  0 .
1
Xét dãy (an ) với a0  f ( x ), a1  x , an  f (an 1 ) (với n  2, 3, )
1
Thay x bởi f ( an 1 ) vào (iii), ta được an 2  an 1  12an .

Giải phương trình sai phân này, ta tìm được
4 x  f ( x)
3x  f ( x )  n
f  n ( x )  f 1 ( an )  an 1 
( 3)  n 
4 .
7
7
Vậy f ( x )  4 x là hàm duy nhất thỏa mãn các u cầu bài tốn.
2.3.3.4 Ví dụ phƣơng trình hàm khác có liên quan đến sai phân.
Ví dụ 2.3.8 Cho hàm số f : (0; )  (0; ) thỏa mãn
f (9 x )  2015 f (3 x )  2016 f ( x ), x  0.

(2.11)

Chứng minh rằng tồn tại số thực k  1 để f ( x )  f ( kx ), x  0.
n

Lời giải: Với mỗi x  0, đặt f (3 x)  un , n  0,1, 

Ta viết lại (2.11) như sau:
un2  2015.un1  2016.un  0, n  0,1, 2, 
n

Vậy b  0 và un  u0 hay là f (3 x)  f ( x), n  1, 2, x  0.