Dãy số - Giới hạn Tác giả: Trần Nam Dũng- Nguyễn Văn Mậu, 2007

8/13/2019 Dãy số - Giớ i hạn Tác giả: Trần Nam Dũng- Nguyễn Văn Mậu, 2007

http://slidepdf.com/reader/full/day-so-gioi-han-tac-gia-tran-nam-dung-nguyen-van-mau 1/217

Mc lc

1 Dãy s và các bài toán v dãy s 41.1 Gii thiu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.2 Đnh nghĩa và các đnh lý cơ bn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.3 Mt s phương pháp gii bài toán v dãy s . . . . . . . . . . . . . 8

1.3.1 Dãy s thc: mt s dng dãy s đc bit . . . . . . . . . . 81.3.2 Dãy s nguyên . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121.3.3 Dãy s và phương trình . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 171.3.4 Mt vài th thut khác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

1.4 Mt s phương pháp xây dng h thng bài tp . . . . . . . . . . . 231.4.1 Xây dng dãy hi t bng phương trình . . . . . . . . . . . 231.4.2 Xây dng dãy truy hi t cp nghim ca phương trình bc 2 241.4.3 Xây dng các dãy s nguyên t li gii các phương trình

nghim nguyên . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 251.4.4 Xây dng dãy s là nghim ca mt h phương trình ph

thuc bin n . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 261.5 Lý thuyt dãy s dưi con mt toán cao cp . . . . . . . . . . . . . 27

1.5.1 Ri rc hóa các khái nim và đnh lý ca lý thuyt hàmbin s thc . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

1.5.2 Phương pháp hàm sinh và bài toán tìm s hng tng quát . 291.5.3 Đi s tuyn tính và phương trình sai phân . . . . . . . . . 301.5.4 S dng xp x trong d đoán kt qu . . . . . . . . . . . . 31

1.6 Bài tp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32

2 Phương trình sai phân 412.1 Sai phân . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41

2.1.1 Đnh nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 412.1.2 Tính cht . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 412.2 Phương trình sai phân tuyn tính . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43

2.2.1 Mt s khái nim chung v phương trình sai phân . . . . . 432.3 Phương trình sai phân tuyn tính bc nht . . . . . . . . . . . . . 44

1



MC LC 2

2.3.1 Đnh nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 442.3.2 Phương pháp gii . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44

2.3.3 Phương pháp tìm nghim riêng ca phương trình sai phântuyn tính cp 1 không thun nht khi v phi f (n) códng đc bit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45

2.3.4 Bài tp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 472.4 Phương trình sai phân tuyn tính cp 2 . . . . . . . . . . . . . . . 47

2.4.1 Đnh nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 472.4.2 Cách gii . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48

2.5 Phương trình sai phân tuyn tính cp 3 . . . . . . . . . . . . . . . 552.5.1 Đnh nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 552.5.2 Phương pháp gii . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 552.5.3 Ví d . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56

2.5.4 Phương trình sai phân tuyn tính cp k . . . . . . . . . . . 583 Xác đnh s hng tng quát ca mt dãy s 60

3.1 Tìm s hng tng quát ca dãy (dng đa thc) khi bit các shng đu tiên . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61

3.2 Công thc truy hi là mt biu thc tuyn tính . . . . . . . . . . . 633.2.1 Ví d . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64

3.3 Công thc truy hi là mt h biu thc tuyn tính . . . . . . . . . 703.3.1 Ví d . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70

3.4 Công thc truy hi là biu thc tuyn tính vi h s bin thiên . . 723.5 Công thc truy hi dng phân tuyn tính vi h s hng . . . . . . 783.6 H thc truy hi phi tuyn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81

3.6.1 Quy trình tuyn tính hoá mt phương trình sai phân . . . . 823.6.2 Ví d . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 833.6.3 Mt s ví d khác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 873.6.4 Bài tp. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 96

4 Phương trình hàm sai phân bc hai 994.1 Hàm tun hoàn và phn tun hoàn cng tính . . . . . . . . . . . . 994.2 Phương trình hàm sai phân bc hai vi hàm tun hoàn và phn

tun hoàn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1004.3 Phương trình vi hàm s tun hoàn, phn tun hoàn nhân tính . . 108

4.3.1 Đnh nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 109

4.3.2 Mt s bài toán . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1094.3.3 Mt s ví d áp dng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125



MC LC 3

5 Dãy s sinh bi hàm s 1285.1 Hàm s chuyn đi phép tính s hc và đi s . . . . . . . . . . . . 128

5.2 V các dãy s xác đnh bi dãy các phương trình . . . . . . . . . . 1355.3 Đnh lý v ba mnh đ tương đương . . . . . . . . . . . . . . . . . 1415.4 Mt s bài toán v ưc lưng tng và tích . . . . . . . . . . . . . . 1425.5 Bài tp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 144

6 Mt s lp hàm chuyn đi các cp s 1456.1 Cp s cng, cp s nhân và cp s điu hoà . . . . . . . . . . . . 1456.2 Dãy s tun hoàn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1466.3 Hàm s chuyn đi cp s cng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1526.4 Hàm s chuyn đi cp s cng vào cp s nhân . . . . . . . . . . . 1546.5 Hàm s chuyn đi cp s nhân vào cp s cng . . . . . . . . . . . 1556.6 Hàm s chuyn đi cp s nhân vào cp s điu hoà . . . . . . . . 156

7 Mt s lp hàm chuyn đi các cp s trong tp ri rc 1587.1 Hàm s chuyn đi cp s cng thành cp s cng . . . . . . . . . 1587.2 Hàm s chuyn đi cp s nhân thành cp s nhân . . . . . . . . . 161

8 Mt s bài toán xác đnh dãy s trong lp dãy tun hoàn cngtính và nhân tính. 1678.1 Mt s bài toán xác đnh dãy s trong lp dãy tun hoàn cng tính1678.2 Hàm s xác đnh trên tp các s nguyên . . . . . . . . . . . . . . . 170

8.2.1 Hàm s chuyn đi các phép tính s hc . . . . . . . . . . 1708.2.2 Hàm s chuyn tip các đi lưng trung bình . . . . . . . . 172

8.2.3 Phương trình trong hàm s vi cp bin t do . . . . . . . 1778.2.4 Mt s dng toán liên quan đn dãy truy hi . . . . . . . . 1808.3 Hàm s xác đnh trên tp các s hu t . . . . . . . . . . . . . . . 1848.4 Phương trình trong hàm s vi cp bin t do . . . . . . . . . . . . 1918.5 S dng gii hn đ gii phương trình hàm . . . . . . . . . . . . . 198Tài liu tham kho . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 217



Chương 1

Dãy s và các bài toán v dãys

1.1 Gii thiu

Chn đ tài v dãy s, chúng tôi đã t trưc mình mt nhim v vô cùng khókhăn, bi đây là mt lĩnh vc rt khó và rt rng, s dng nhiu kin thc khácnhau ca toán hc. Hơn th, trưc đó đã có khá nhiu cun sách chuyên kho vđ tài này. Dù vy, chúng tôi vn mun c gng đóng góp mt s kinh nghim vàghi nhn ca mình thu lưm đưc trong quá trình ging dy nhng năm qua.

Tp tài liu này không phi là mt giáo trình v dãy s, li càng không philà mt cm nang hưng dn gii các bài toán dãy s. Tp tài liu này đúng hơn

ht là nhng cóp nht ca tác gi v nhng phương pháp gii các bài toán dãys cùng vi nhng nhn đnh đôi khi mang đy tính ch quan ca tác gi. Vì vy,hãy coi đây là mt tài liu m. Hãy tip tc trin khai, liên h và đúc kt kinhnghim, ghi nhn nhng cái hay và góp ý cho nhng cái chưa hay, thm chí chưachính xác.

Trong tài liu này, không phi tt c các vn đ ca dãy s đu đưc đ cpti. Ví d phn dãy s và bt đng thc ch đưc nói đn rt sơ sài, các bài toándãy s mà thc cht là các bài toán v đng dư cũng không đưc xét ti... Haimng ln mà tp tài liu này chú ý đn nht là bài toán tìm s hng tng quátca mt dãy s và bài toán tìm gii hn dãy s.

Trong tp tài liu này, các vn đ và các bài toán có mc đ khó d khác

nhau. Có nhng bài cơ bn, có nhng bài khó hơn và có nhng bài rt khó. Vìvy, cn phi la chn vn đ vi mc đ thích hp (ví d có mt s vn đ vàbài toán ch đng phi mc kỳ thi chn đi tuyn hoc quc t).

Vit tp tài liu này, tác gi đã s dng rt nhiu ngun tài liu khác nhau,tuy nhiên ch có mt s bài có ghi ngun gc, mt s bài không th xác đnh đưc.

4



1.2. Đnh nghĩa và các đnh lý cơ bn 5

Tác gi cũng đã s dng các bài ging ca các thy Phan Đc Chính, NguynVăn Mu, Lê Đình Thnh, Đng Hùng Thng, Nguyn Minh Đc... trong bài vit

ca mình.Cui cùng, tp tài liu này không khi có nhng nhm ln và thiu sót, tácgi rt mong nhn đưc s góp ý ca tt c các thy cô giáo. Và rt mong rng,vi n lc chung ca tt c chúng ta, tp tài liu s tip tc đưc hoàn thin vàb sung.

1.2 Đnh nghĩa và các đnh lý cơ bn

Đnh nghĩa 1.1. Dãy s là mt hàm s t N vào mt tp hp s ( N,Q,R,C)hay mt tp con nào đó ca các tp hp trên). Các s hng ca dãy s thưng đưc ký hiu là un, vn, xn, y n thay vì u(n), v(n), x(n), v(n). Bn thân dãy s đưc

ký hiu là {xn}.Vì dãy s là mt trưng hp đc bit ca hàm s nên nó cũng có các tính

cht ca mt hàm s.

Đnh nghĩa 1.2. Dãy s {xn} đưc gi là dãy tăng (gim) nu vi mi n ta có xn+1 ≤ xn(xn+1 ≤ xn). Dãy s tăng hoc dãy s gim đưc gi chung là dãy đơn điu.Dãy s {xn} đưc gi là b chn trên nu tn ti s thc M sao cho vi mi nta có xn ≤ M .Dãy s {xn} đưc gi là b chn dưi nu tn ti s thc m sao cho vi mi nta có xn ≥ m.

Mt dãy s va b chn trên, va b chn dưi đưc gi là dãy b chn.Dãy s xn đưc gi là tun hoàn vi chu kỳ k nu xn+k = xn vi mi n ∈ N. Dãy s tun hoàn vi chu kỳ 1 gi là dãy hng.

Đnh nghĩa 1.3. Ta nói dãy s {xn} có gii hn hu hn a khi n dn đn vô cùng nu vi mi > 0, tn ti s t nhiên N 0 (ph thuc vào dãy s xn và )sao cho vi mi n > N 0 ta có |xn − a| nh hơn .

limn→∞ xn = a ⇔ > 0∃N 0 ∈ N : ∀ n > N 0|xn − a| <

Ta nói dãy s {xn} dn đn vô cùng khi n dn đn vô cùng nu vi mi s thc dương M ln tuỳ ý, tn ti s t nhiên N 0 (ph thuc vào dãy s xn và M )

sao cho vi mi n > N 0 ta có |xn| ln hơn M .limn→∞ xn = ∞ ⇔ ∀ M > 0∃N 0 ∈ N : ∀ n > N 0 |x| > M.

Dãy s có gii hn hu hn đưc gi là dãy hi t. Dãy s không có gii hnhoc dn đn vô cùng khi n dn đn vô cùng gi là dãy phân kỳ.




Đnh lý 1.1 (Tng, hiu, tích, thương các dãy hi t). Nu {xn}, {y n} là các dãy hi t và có gii hn tương ng là a, b thì các dãy s

{xn + y n

},

{xn

−y n

},

{xny n} và {xn/y n} cũng hi t và có gii hn tương ng là a + b, a − b, a.b, a/b.(Trong trưng hp dãy s thương, ta gi s y n và b khác không)

Đnh lý 1.2 (Chuyn qua gii hn trong bt đng thc). Cho dãy s {xn} có gii hn hu hn l, nu ∃N 0 ∈ N : ∀ n > N 0 ta có a ≤ xn ≤ b thì a ≤ xn ≤ b.

Đnh lý 1.3 (Đnh lý kp). Cho ba dãy s {xn}, {y n}, {z n} trong đó xn và z n có cùng gii hn hu hn 1, và N 0 ∈ N : ∀ n > N 0 ta có xn ≤ y n ≤ z n. Khi đó y ncũng có gii hn là 1.

Đnh lý 1.4 (Dãy đơn điu). Mt dãy tăng và b chn trên hay mt dãy gim và b chn dưi thì hi t. Nói ngn gn hơn, mt dãy s đơn điu và b chn thì

hi t.Đnh lý 1.5 (V dãy các đon thng lng nhau). Cho hai dãy s thc {an}, {bn}sao cho

a) ∀ n ∈ N, an ≤ bn;b) ∀ nßN, [an+1, bn+1] ⊂ [an, bn];c) bn − an → 0 khi n → ∞.

Khi đó tn ti duy nht s thc l sao cho ∩ [an, bn] = 1.

Đnh lý 1.6 (Bolzano Veierstrass). T mt dãy b chn luôn có th trích ra mt dãy con hi t.

Đnh nghĩa 1.4. Dãy {

xn

}đưc gi là dãy Cauchy nu

∀ > 0

∃N 0

∈N:

∀ m, n >

N 0|xm − xn| < .

Đnh nghĩa 1.5 (Tiêu chun Cauchy). Dãy s {xn} có gii hn hu hn khi và ch khi nó là dãy Cauchy.

Cp s cng. Dãy s {xn} đưc gi là mt cp s cng khi và ch khi tnti d sao cho

∀ n ∈ N, xn+1 = xn + d.

d đưc gi là công sai ca cp s cng, x0 là s hng đu, xn là s hng th n.Ta có các công thc cơ bn sau:

xn = x0 + ndS n = x0 + x1 + · · · + xn−1

= nx0 + n(n − 1)d/2

= n(x0 + xn−1)/2




Cp s nhân. Dãy s

{xn

} đưc gi là mt cp s nhân khi và ch khi tn ti

q sao cho ∀ n ∈ N, xn+1 = qxn.

d đưc gi là công bi ca cp s nhân, x0 là s hng đu, xn là s hng th n.Ta có các công thc cơ bn sau:

xn = q nx0

S n = x0 + x1 + · · · + xn−1 = (q n − 1)x0/(q − 1)

Nu |q | < 1 thì {xn} đưc gi là cp s nhân lùi vô hn. Tng ca cp s nhânlùi vô hn đưc tính theo công thc

S = x0/(1

−q )

Dãy Fibonacci. Dãy s Fibonacci là dãy s đưc đnh nghĩa bi

f 0 = 0, f 1 = 1, ∀ n ∈ N, f n+2 = f n+1 + f n.

Dãy s Fibonacci có rt nhiu tính cht thú v và xut hin mt cách t nhiêntrong nhiu lĩnh vc khác nhau. Chúng ta có công thc sau đây đ tìm s hngtng quát ca dãy s Fibonacci:Công thc Binet.

f n =

1+√ 5

2

n−1−√ 5

2

n

√ 5

.

Nói chung, các dãy s xác đnh bi công thc truy hi f n+2 = f n+1 + f n (vif 0, f 1 bt kỳ) đưc gi là dãy Fibonacci m rng.Dãy Farey. Dãy Farey F n vi mi s nguyên dương n là tp hp các phân sti gin dng a/b vi 0 ≤ a ≤ b ≤ n và (a, b) = 1 xp theo th t tăng dn.

Ví d 1.1.

F 5 = {0/1, 1/5, 1/4, 1/3, 2/5, 1/2, 3/5, 2/3, 3/4, 4/5, 1/1}.

Ngoi tr F 1, F n có s l các phn t và 1/2 luôn nm gia. Gi p/q , p/q và p/q là các s hng liên tip trong dãy Farey thì

pq

−qp = 1, và p/q = ( p + p)/(q + q ).

S các s hng N (n) trong dãy Farey đưc tính theo công thc

N (n) = 1 +n

k=1

ϕ(k) = 1 + φ(n).



1.3. Mt s phương pháp gii bài toán v dãy s 8

1.3 Mt s phương pháp gii bài toán v dãy s

Phương pháp gii các bài toán dãy s rt đa dng như chính yêu cu cachúng. Đó có th là mt tính cht s hc, mt tính cht đi s hay mt tính chtgii tích. Dưi đây chúng ta s xem xét nhng phương pháp cơ bn nht.

Tuy nhiên, có th đưa ra hai nguyên lý chung đ gii các bài toán dãy s là- Đng ngi vit ra các s hng đu tiên ca dãy s- Đng ngi tng quát hóa bài toán

1.3.1 Dãy s thc: mt s dng dãy s đc bit

Dãy s dng xn+1 = f (xn)

Đây là dng dãy s thưng gp nht trong các bài toán v gii hn dãy s.

Dãy s này s hoàn toàn xác đnh khi bit f và giá tr ban đu x0. Do vy s hit ca dãy s s ph thuc vào tính cht ca hàm s f (x) và x0. Mt đc đimquan trng khác ca dãy s dng này là nu a là gii hn ca dãy s thì a phi lànghim ca phưng trình x = f (x). Chúng ta có mt s kt qu cơ bn như sau:

Đnh nghĩa 1.6. Hàm s f : D → D đưc gi là mt hàm s co trên D nu tn ti s thc q, 0 < q < 1 sao cho |f (x) − f (y )| ≤ q |x − y | vi mi x, y thuc D.

Đnh lý 1.7. Nu f (x) là mt hàm s co trên D thì dãy s {xn} xác đnh bi x0 = a ∈ D, xn+1 = f (xn) hi t. Gii hn ca dãy s là nghim duy nht trên D ca phương trình x = f (x).

Chng minh. Vi mi n > m thì áp dng đnh nghĩa hàm s co, ta có|xn − xm| = |f (xn−1) − f (xm−1)| ≤ q |xn−1 − xm−1| ≤ · · · ≤ q m|xn−m − x0| (1.1)

T đây |xn − x0| ≤ |xn − xn−1| + · · · + |x1 − x0| ≤ (q n−1 + · · · + 1)|x1 − x0|, suyra {xn} b chn. Xét > 0. T (1.1), do q < 1 và |xn−m − x0| b chn nên ta suyra tn ti N sao cho q N |xn−m − x0| < . Suy ra {xn} là dãy Cauchy và do đó hit.

Ví d 1.2 (Vit Nam, 2000). Cho dãy s {xn} xác đnh như sau

x0 = 0, xn+1 = c − √ c + xn.

Tìm tt c các giá tr ca c đ vi mi giá tr x0 ∈ (0, c), xn xác đnh vi mi nvà tn ti gii hn hu hn limn→∞ xn.




Gii. Đ x1 tn ti thì ta thì c−√ c + xn ≥ 0 vi mi x0 ∈ (0, c) hay c(c−1) ≥ x0

vi mi x0

∈ (0, c), suy ra c

≥ 2. Vi c

≥ 2 thì 0 < x1 <

√ c. Nu 0 < xn <

√ c

thì c − √ c + xn > c − 2√ c, suy ra xn+1 tn ti và ta cũng có 0 < xn+1 < √ c.Đt f (x) =

c − √ c + x thì f (x) = −1

4

√ x + x

c − √

c + x.Vi mi x ∈ (0,

√ c) ta có (c + x)(c − √

c + x) > c(c −

c +√

c) ≥ 2(2 − 2 +

√ 2) > 1

4 . T đó suy ra |f (x)| ≤ q < 1 vi mi x ∈ (0,√

c), tc f (x) làhàm s co trên (0,

√ c), suy ra dãy s đã cho hi t. Vy tt c các giá tr c cn

tìm là c ≥ 2.Mt trưng hp na cũng có th xét đưc s hi t ca dãy s {xn} là trưng

hp f đơn điu. C th làNu f là hàm s tăng trên D thì {xn} s là dãy đơn điu. Dãy s này tăng

hay gim tuỳ theo v trí ca x0 so vi x1.Nu f là hàm gim trên D thì các dãy con

{x2 p

},

{x2 p+1

}là các dãy đơn điu

(và ngưc chiu nhau).Ví d 1.3 (Vô đch sinh viên Moskva, 1982). Cho dãy s {xn} xác đnh bi x0 = 1982, xn+1 = 1/(4 − 3xn). Hãy tìm limn→∞ xn

Gii. Tính toán trc tip ta thy 0 < x2 < 1, x3 > x2. Vì f (x) = 1/(4 − 3x) làmt hàm s tăng t [0, 1] vào [0, 1] nên t đây, {xn}n≥2 là mt dãy s tăng và bchn trên bi 1 do đó có gii hn. Gi s gii hn là a thì ta có a = 1/(4 − 3a)hay a = 1 (giá tr a = 1/3 loi do dãy tăng).Câu hi: Vi nhng giá tr nào ca x0 thì dãy s xác đnh vi mi x và có giihn? Khi nào thì gii hn là 1? Khi nào thì gii hn là 1/3?

Trong trưng hp f là hàm gim, ta có th chng minh dãy hi t bng cách

chng minh hai dãy con trên cùng hi t v mt gii hn.Tuy nhiên, khó khăn nht là gp các hàm s không đơn điu. Trong trưng

hp này, ta phi xét tng khong đơn điu ca nó và s hi t ca hàm s s tùythuc vào giá tr ban đu.

Ví d 1.4. Tìm tt c các giá tr ca a đ dãy s {xn} xác đnh bi x0 = a, xn+1 =2 − x2

n có gii hn hu hn.

Gii. Hàm s f (x) = 2 − x2 tăng trên (−∞, 0) và gim trên (0, +∞). Phươngtrình f (x) = x có hai nghim là x = −2 và x = 1. Đó là nhng d kin quantrng trong li gii bài toán này.

Đu tiên, ta nhn xét rng nu a <

−2 thì do f : (

−∞,

−2)

→ (

−∞,

−2) và

là hàm tăng, x1 = 2 − a2 < x0 nên dãy s {xn} gim. Nu dãy {xn} b chn dưithì nó hi t v nghim ca phương trình x = 2 − x2, điu này mâu thun vì dãygim và x0 < −2. Vy {xn} không b chn dưi, tc không có gii hn hu hn.Nu a > 2 thì x1 < −2 và ta cũng suy {xn} không có gii hn hu hn.




Vi a = −2, 1 thì dãy s có gii hn. Xét x0 ∈ [−2, 2]. Ta chng minh dãy scó gii hn hu hn khi và ch khi tn ti n sao cho xn =

−2 hoc xn = 1. Tht

vy, gi s xn có gii hn hu hn là b và xn /∈ {−2, 1} vi mi n. Khi đó b = −2hoc b = 1. Gi s b = −2 thì tn ti N 0 sao cho xn nm trong lân cn −2 vimi n ≥ N 0. Nhưng nu xn = −2 + thì xn+1 = −2 + 4− 2 > xn, suy ra dãy xn

tăng k t N 0 và không th dn v 2. Nu b = 1 k t n ≥ N 0 nào đó xn thuclân cn 1. Xét

xn+2 − xn = 2 − (2 − x2n)2 − xn = (2 − xn − x2

n)(x2n − xn − 1)

Ti lân cn 1 thì x2n − xn − 1 < 0. Vì nu xn < 1 thì xn+1 > 1 (và ngưc li

xn > 1 thì xn+1 < 1 - chúng ta đang xét trong lân cn đim 1!) nên có th gis xn > 1. Khi đó 2 − xn − x2

n < 0 suy ra xn+2 > xn. Tip tc như vy, suy ra1 < xn < xn+2 <

· · ·< xn+2k <

· · · mâu thun vi gi thit b = 1. Vy điu gi

s là 2, tc là dãy s ch có gii hn khi tn ti n sao cho xn = −2 hoc xn = 1.Sau khi thu đưc kt qu này, ta s dng hàm ngưc f −1(x) = ±√

2 − x đxây dng tt c các giá tr a tha mãn điu kin đu bài.

Trong ví d trên, ta đã s dng gi thit tn ti gii hn đ thu gn min D,t đó mt hàm có bin thiên phc tp tr thành mt hàm đơn điu.

Dãy s dng xn+1 = xn ± (xn)α và đnh lý trung bình Cesaro

Đây là trưng hp đc bit ca dãy s dng xn+1 = f (xn). Tuy nhiên, vidãy s dng này vn đ hi t ca xn thưng không đưc đt ra (vì quá đơn ginvà gii hn ch có th là 0 hoc ∞). đây, ta s có mt yêu cu cao hơn là tìm

bc tim cn ca xn, c th là tìm b sao cho xn = O(nβ

). Vi các dãy s có dngnày, đnh lý trung bình Cesaro s t ra rt hu hiu.

Đnh lý 1.8 (Trung bình Cesaro). Nu dãy s {xn} có gii hn hu hn là athì dãy s các trung bình {x1 + x2 + · · · + xn)/n} cũng có gii hn là a.

Đnh lý này có th phát biu dưi dng tương đương nhưư sau: Nu lim n → ∞(xn+1−xn) = a thì limn→∞ xn/n = a.

Ta chng minh đnh lý cách phát biu 2. Rõ ràng ch cn chng minh chotrưng hp a = 0. Vì limn→∞(xn+1 − xn) = 0 nên vi mi > 0 tn ti, N 0 saocho vi mi n ≥ N 0 ta có |xn+1 − xn| < . Khi đó, vi mi n > N 0

|xn/n

| ≤[|xN

0|+

|xN

0+1

−xN 0

|+

· · ·+

|xn

−xn

−1

|]/n <

|xN

0 |/n + (n

−N 0)/n.

Gi c đnh N 0, ta có th tìm đưc N 1 > N 0 sao cho |xN 0|/N 1 < . Khi đó vimi n > N 1 ta s có |xn/n| < 2. Vy limn→∞ xn/n = 0.

Đnh lý trung bình Cesaro có nhiu ng dng quan trng trong vic tìm giihn dãy s và có th phát biu cho các trung bình khác như trung bình nhân,




trung bình điu hòa, trung bình lũy tha. Tuy nhiên, đây ta ch khai thác cáchphát biu 2 ca đnh lý đ áp dng cho các dãy s có dng xn+1 = xn

±(xn)α. Đ

tìm s β sao cho xn/nβ có gii hn hu hn, theo đnh lý trung bình Cesaro, tach cn tìm g sao cho xγ n+1−xγ

n có gii hn hu hn a. Khi đó, limn→∞ xγ n/n = a,

suy ra lim xn/nγ 1 = aγ

1 , tc là β = 1/γ .

Ví d 1.5. Cho dãy s {xn} đưc xác đnh bi x0 = 1/2, xn+1 = xn − x2n. Chng

minh rng limn→∞ nxn = 1.

Gii. Trong bài này, β = −1 do đó ta s th vi γ = −1. D dàng chng minhđưc limn→∞ xn = 0. Ta có

1/xn+1 − 1/xn = (xn − xn+1)/xn+1xn = x2n/(xn − x2

n)xn = 1/(1 − xn) → 1.

T đó áp dng đnh lý trung bình Cesaro, suy ra lim1/nxn = 1, suy ta lim nxn =1.

Ví d 1.6. Cho dãy s {xn} đưc xác đnh bi x0 = 1, xn+1 = sin(xn). Chng minh rng lim

√ nxn =

√ 3.

Gii. Dãy s đã cho không có dng xn+1 = xn ± (xn)α (?) nhưng kt lun cabài toán gi cho chúng ta đn đnh lý trung bình Cesaro. Vì β = −1 nên ta sth vi γ = −2. D dàng chng minh đưc rng lim xn = 0. Xét

1/x2n − 1/x2

n = [x2n − sin2(xn)]/x2

n sin2(xn) → 1/3

(Dùng quy tc L’Hopitale)

T đó, theo đnh lý trung bình Cesaro lim1/nx2n = 1/3, suy ra limlim √ n.xn =√ 3.

Như vy, ta có th tìm γ nu bit β . Trong trưng hp không bit β thì taphi d đoán.

Ví d 1.7 (Chn đi tuyn Vit Nam, 1993). Dãy s {an} đưc xác đnh bi a1 = 1 và an+1 = an + 1/

√ an . Hãy tìm tt c các s thc β đ dãy s (an)β /n

có gii hn hu hn khác 0.

Gii. Trưc ht ta chng minh an dn ti vô cùng khi n dn ti vô cùng. Thtvy, ta có a2

n+1 = a2n + 2

√ an + 1/an > a2

n + 2. Suy ra a2n+1 > 1 + 2n suy ra

(đpcm). Tr li bài toán, xét

a3/2n+1 − a3/2

n = (an + 1/√

an)3/2 − a3/2n = (1 + 1/a3/2

n )3/2/(1/a3/2n )

Đt x = 1/a3/2n thì x → 0 khi n → ∞. Do đó limn→∞(a

3/2n+1 − a

3/2n ) =

limx→0(1 + x)3/2/x = 3/2 (Quy tc L’Hopitale) T đó suy ra lim a3/2n /n = 3/2.




Vi β > 3/2 suy ra gii hn bng ∞, vi β < 3/2 suy ra gii hn bng 0. Vyβ = 3/2 là giá tr duy nht tho mãn yêu cu bài toán.

Câu hi:1) Làm sao có th d đoán đưc giá tr β ?2) α và β có mi quan h gì?

1.3.2 Dãy s nguyên

Dãy s nguyên là mt phn quan trng trong lý thuyt dãy s. Ngoài các vnđ chung như tìm s hng tng quát ca dãy s, tìm công thc tính tng n shng đu tiên... các bài toán v dãy s nguyên còn quan tâm đn tính cht shc ca dãy s như chia ht, đng dư, nguyên t, chính phương, nguyên t cùngnhau... Các bài toán v dãy s nguyên rt đa dng. Trong nhiu trưng hp, dãys ch là cái b ngoài, còn bn cht bài toán là mt bài toán s hc. Trong cácphn dưi đây, chúng ta s ít đ cp đn nhng bài toán như vy mà chuynchúng vào phn bài tp.

Nguyên lý Dirichlet và dãy s nguyên

Nguyên lý Dirichlet là mt nguyên lý ht sc đơn gin nhưng li vô cùng huhiu trong các bài toán chng minh, đc bit là chng minh s tn ti ca mtđi tưng tho mãn mt điu kin nào đó. S dng nguyên lý này, ngưi ta đãchng minh đưc nhiu kt qu rt mnh, ví d như đnh lý Fermat-Euler vtng hai bình phương, đnh lý Weil v phân b đu... đây ta nêu ra hai ktqu liên quan đn dãy s:

Đnh lý 1.9 (Weil, v phân b đu). Nu α là s vô t thì dãy {nα}n=1 phân b đu trên khong (0, 1).

Đnh lý 1.10 (V s tun hoàn ca các s dư). Cho dãy s nguyên {xn}xác đnh bi công thc truy hi xn+k = a1xn+k−1 + · · · + akxn và k s hng đu tiên nguyên. Khi đó, vi mi s nguyên dương N , dãy s dư ca xn khi chia choN s tun hoàn.

Tip theo ta xét mt vài ví d v vic s dng nguyên lý Dirichlet trong cácbài toán dãy s.

Ví d 1.8. Chng minh rng nu 1≤

a1, a2,...,an+1

≤ 2n thì tn ti i < j sao

cho ai | a j.

Gii. Mi s ai có th vit dưi dng ai = 2siri vi ri là s l. Các s ri ch cóth nhn n giá tr t 1, 3, ...,2n− 1. Vì có n + 1 s nên theo nguyên lý Dirichlet,tn ti i < j sao cho ri = r j và tương ng ta có ai | a j .




Ví d 1.9 (Tp chi AMM). Xét n s nguyên dương a1 < a2 < · · · < an ≤ 2nsao cho [ai, a j ] > 2n vi mi i

= j . Chng minh rng a1 > 2n/3.

Gii. Nu a1 ≤ 2n/3, ta xét n + 1 s 2a1, 3a1, a2, . . . , an. Các s này đu khôngln hn 2n và không có s nào là bi ca s nào. Điu này mâu thun vi kt qabài toán trên.

Ví d 1.10. (Canada, 2000) Cho A = (a1, a2,...,an) là dãy các s nguyên thuc đon [−1000, 1000]. Gi s tng các s hng ca A bng 1. Chng minh rng tn ti mt dãy con (cha ít nht 1 phn t) ca A có tng bng 0.

Gii. Ta có th gi s trong A không có phn t nào bng 0, vì nu ngưcli thì bài toán hin nhiên. Ta sp xp dãy A thành dãy B = (b1,...,b2000) bngcách chn dn t các s hng ca dãy A theo quy tc sau: b1 > 0, b2 < 0. Vimi i

≥ 3 chn bi là s có du ngưc vi du ca tng si

−1 = b1 +

· · ·+ bi

−1

(vì sao luôn thc hin đưc?). Bng cách xây dng như th, ta đưc 2000 ss1, s2,...,s2000 nm trong đon [−999, 1000]. Nu trong s si có mt s bng 0thì bài toán đúng. Trong trưng hp ngưc li, theo nguyên lý Dirichlet tn tii < j sao cho si = s j . Khi đó bi+1 + · · · + b j = 0.

H đm cơ s và dãy s nguyên

H đm cơ s có th dùng đ xây dng nhiu dãy s có tính cht rt thúv. Nhìn trên phương din ca mt cơ s khác, có th rt khó nhn ra quy lut,nhưng nu chn đúng cơ s thì bài toán tr nên vô cùng đơn gin.

Xin nhc li là vi b là mt s nguyên dương ln hơn hay bng 2 thì mi snguyên dương N đu có th biu din mt cách duy nht dưi dng

N = a1...ak(b) = a1bk−1 + · · · + ak vi 1 ≤ a1 ≤ b − 1, 0 ≤ a2, . . . , a k ≤ b − 1.

Đó là đnh nghĩa h đm cơ s dng cơ bn nht. Tuy nhiên, có th ly mt dãys nguyên bt kỳ (có tr tuyt đi tăng nghiêm ngt) làm h đm cơ s ví d hđm cơ s (−2), h đm cơ s Fibonacci (3 = 4 − 2 + 1, 17 = 13 + 3 + 1...)

Các h đm thưng s dng nht là h đm c s 2 và c s 3. Dưi đây ta xétmt vài vì d:

Ví d 1.11 (IMO 1983). Chng minh hoc ph đnh mnh đ sau: T tp hp105 s nguyên dương đu tiên luôn có th chn ra mt tp con gm 1983 s saocho không có ba s nào lp thành mt cp s cng.

Gii. Ta chng minh mnh đ tng quát: T 3n s t nhiên đu tiên luôn cóth chn ra 2n s sao cho không có ba s nào lp thành mt cp s cng. Thtvy, xét trong h đm cơ s 3 tp hp tt c các s có ≤ n ch s. Chn các smà trong biu din tam phân ca nó ch cha ch s 2 và ch s 0. Khi đó có 2ns như vy và không có ba s nào trong chúng lp thành mt cp s cng.




Ví d 1.12 (Singapore 1995). Cho dãy s {f n} xác đnh bi f 1 = 1, f 2n = f nvà f 2n+1 = f 2n+1.

(i) Tính M = max{f 1,...,f 1994}(ii) Tìm tt c các giá tr n, 1 ≤ n ≤ 1994 sao cho f n = M .

Gii. Kinh nghim mt chút ta thy ngay f n chính là tng các ch s ca ntrong h đm nh phân. T đây do 1994 < 2048 = 211 suy ra M = 10.

Ví d 1.13. Dãy s {f n} đưc xác đnh bi f 1 = 1, f 2n = 3f n, f 2n+1 = f 2n+1.Hãy tính f 100.

Gii. f n đưc xác đnh như sau: Xét biu din nh phân ca n ri tính giátr ca s nh phân này trong h tam phân. Vì 100 = 26 + 25 + 22 nên f 100 =36 + 35 + 32 = 981.

Ví d 1.14. Dãy s {an} đưc xác đnh bi 0 ≤ a0 < 1, an = 2an−1 nu 2an−1 <1 và an = 2an−1 − 1 nu 2an−1 ≥ 1. Hi có bao nhiêu giá tr a0 đ a5 = a0.

Gii. Phân tích: Khi tính an theo an−1 ta có th la chn mt trong hai côngthc. Tt nhiên, vi a0 đã chn ri thì tt c các bưc tip theo đu xác đnh mtcách duy nht. Tuy nhiên, ta có th chn a0 như th nào đó đ sau đó các côngthc tính theo đúng kch bn đã cho. Có 25 = 32 kch bn như vy. Ví d vi kchbn (1, 1, 2, 1, 2) ta có x1 = 2x0, x2 = 2x1 = 4x0, x3 = 2x2 − 1 = 8x0 − 1, x4 =2x3 = 16x0 − 2, x5 = 2x4 − 1 = 32x0 − 3.

Gii phương trình x0 = x5 ta đưc x0 = 3/31. Tt nhiên, đ có đưc mt ligii hoàn chnh, ta cn phi lp lun cht ch đ thy rng các x0 thu đưc là

khác nhau và vi mi x0 thu đưc, dãy s s "đi" đúng như kch bn đã đnh.Tuy nhiên, phân tích này gi chúng ta hưng đn h nh phân. Và ta có li giiđp mt sau:

Nu a0 = 0, d1d2d3 . . . là biu din nh phân ca a0 thì a1 = 0, d2d3d4 . . . Thtvy, nu 2a0 < 1 thì d1 = 0 và a1 = 2a0 = 0, d2d3d4 . . . còn nu 2a0 ≥ 1 thì d1 = 1và a1 = 2a0 − 1 = 0, d2d3d4 . . .

Hoàn toàn tương t, a2 = 0, d3d4d5 . . . , . . . , a5 = 0, d6d7d8 . . . Như vy a5 = a0

khi và ch khi a0 là phân s nh phân tun hoàn chu kỳ 5. Có 25 = 32 chu kỳ tunhoàn như vy, trong đó chu kỳ 11111 cho chúng ta a0 = 1 (loi). Vy tt c có31 giá tr a0 tha mãn yêu cu đ bài. Đó là 0, (00000), 0, (00001), . . . , (0, 11110).Tính sang h thp phân đó là các giá tr 0, 1/31, 2/31, . . . , 30/31.

S phc và dãy s nguyên

S phc có nhng ng dng rt quan trng trong toán hc nói chung và tronglý thuyt dãy s nói chung. Nh s phc, chúng ta có th thy đưc mi quan hgia hàm lưng giác và hàm mũ. Nh s phc, mi đa thc bc n đu có đ n




nghim và vì vy đnh lý Viét mi phát huy đưc tác dng. Dưi đây ta xét mts ví d v ng dng ca s phc trong các bài toán tính tng và dãy truy hi.

Ví d 1.15. Vi s nguyên dương n, hãy tính

A(n) = C 0n + C 3n + · · · + C 3[n/3]n .

Gii. Có th đt B (n) = C 1n + C 4n + · · ·+ C (n) = C 2n + C 5n + · · · ri s dng cáccông thc

A(n) + B (n) = B (n + 1), B (n) + C (n) = C (n + 1), C (n) + A(n) = A(n + 1)

đ tìm công thc tính A(n). Tuy nhiên da theo cách tính C 0n +C 2n +· · ·+C 2n[n/2]bng cách thay x = 1, y = 1 và x = 1, y = −1 vào công thc nh thc Newton, tacó cách gii khác khá đp như sau: Gi là s tha mãn phưng trình 2++1 = 0.

Do 3

= 1 nên ta có(1 + 1)n = A(n) + B (n) + C (n)

(1 + )n = A(n) + B (n) + 2C (n)

(1 + 2)n = A(n) + 2B (n) + C (n)

T đây suy ra 3A(n) = 2n + (1 + )n + (1 + 2)n. T đây, dùng công thcMoivre ta tìm đưc

A(n) = [2n + 2 cos(np/3)]/3.

Ví d 1.16. Tính tng S n(x) = C 0n + C 1n cos x + · · · + C nn cos nx.

Gii. Đt T n(x) = 0 + C 1

n

sin x +· · ·

+ C n

n

sin nx thì S n(x) + iT n(x) = C 0

n

+C 1n(cos x+i sin x)+· · ·+C nn (cos x+i sin x)n = (1+cos x+i sin x)n = 2[cos(x/2)[cos(x/2)+i sin(x/2)]]n = 2n cosn(x/2)[cos(nx/2) + i sin(nx/2)].

T đó suy ra S n(x) = 2n cosn(x/2) cos(nx/2).

Ví d 1.17 (AMM). Cho dãy s {un} xác đnh bi u0 = 3, u1 = 0, u2 =2, un+3 = un+1 + un. Chng minh rng u p luôn chia ht cho p nu p là s nguyên t.

Gii. Phương trình đc trưng ca dãy s có dng x3 − x − 1 = 0. Nu phươngtrình đc trưng này có nghim nguyên thì ta có th s dng đnh lý nh Fermatđ chng minh kt lun ca bài toán. Tuy nhiên, các nghim này không nguyên,thm chí phưng trình ch có 1 nghim thc. Ta phi cu cu đn s tr giúp ca

s phc.Gi u,v,w là ba nghim ca phương trình thì u+v+w = 0, uv+vw+wu = −1,

suy ra u2 + v2 + w2 = (u + v + w)2 − 2(uv + vw + wu) = 2. T đó ta có th ktlun

un = un + vn + wn




Vi p là s nguyên t l thì u p = −(v + w) p = −v p − w p −

p−1i=1 C i pviw p−i.

Tương t v p =

−w p

−u p

− i = 1 p−1C i pwiu p−i, w p =

−u p

−v p

− p−1i=1 C i puiv p−i.

T đó suy ra 3(u p + v p + w p) = − p−1i=1 C i p(viw p−i + wiu p−i + uiv p−i)

Bây gi, chú ý rng C i p chia ht cho p vi 1 ≤ i ≤ p − 1i (vì p là s nguyên t)và (viw p−i + wiu p−i + uiv p−i) là s nguyên (biu thc đi xng đi vi u, v,w)nên v phi là mt s nguyên chia ht cho p. Vy vi p nguyên t, p > 3 bài toánđã đưc chng minh. Cui cùng chú ý u2 = 2, u3 = 3 ta có bài toán đúng vi mi p.

Dãy s dng [nα]

Dãy s dng xn = [nα] có nhiu tính cht s hc thú v. Nu a > 1 thì{[nα]}n≥1 là dãy các s nguyên dương phân bit, có s bin thiên gn ging mt

cp s cng nhưng li không phi là mt cp s cng. Dãy s này đc bit thú vkhi a là s vô t bc hai. Ta có mt kt qa quen thuc sau đây

Đnh lý 1.11. Nu a, b là các s vô t dưng tho mãn điu kin 1/a + 1/b = 1thì hai dãy s xn = [nα], y n = [nβ ], n = 1, 2, 3, ... lp thành mt phân hoch ca tp hp các s nguyên dương.

Chng minh. Xét hai dãy s α, 2α, 3α, ...và β, 2β, 3β,... Không mt s hngnào trong các s hng trên là s nguyên. Vi mi s nguyên dương N , có [N/α] shng ca dãy th nht nm bên trái N và [N/β ] s hng ca dãy th hai. NhưngN/α + N/β = N , vì α, β là các s vô t, phn l ca các s N/α và N/β là cács dương có tng bng 1 (do đng thc trên). Suy ra có [N/α] + [N/β ] = N − 1

s hng ca c hai dãy nm bên trái N . Vì bên trái N + 1 có N s hng ca chai dãy nên gia N và N + 1 có đúng mt s hng ca mt trong hai dãy, t đósuy ra điu phi chng minh.Câu hi: Có th phát biu và chng minh đnh lý đo như th nào?

Hai dãy s trên vét ht tp hp các s nguyên dương. Điu này cho chúng tamt hưng suy nghĩ: nu hai dãy s vét ht tp hp các s nguyên dương thì cókh năng chúng s có dng trên. Và nhiu bài toán đã đưc xây dng theo hưngnày. Chúng ta xét mt ví d

Ví d 1.18 (AMM). Gi s {f n} và {gn} là hai dãy s nguyên dương đưc xác đnh như sau

1) f 1 = 1

2) gn = na − 1 − f n, trong đó a là s nguyên ln hơn 4,3) f n+1 là s nguyên dương nh nht khác các s f 1, f 2,...,f n, g1, g2,...,gn.Chng minh rông tn ti các hng s α, β sao cho f n = [nα], gn = [nβ ] vi

mi n = 1, 2, 3,...




Gii. Theo cách xây dng {f n} và {gn} lp thành mt phân hoch ca N ∗. Gis ta đã tìm đưc a, b tha mãn điu kin đu bài, khi đó, ta phi có 1/α+1/β = 1.

Ngoài ra, khi n đ ln thì na − 1 = f n + gn ∼ nα + nβ , suy ra α + β = a. Vyα, β phi là nghim ca phương trình x2 − ax + a = 0.

Xét phương trình x2 − ax + a = 0 có hai nghim α < β . Vì a > 4, α, β là cács vô t. Dãy s {f n} và {gn} đưc xác đnh mt cách duy nht, do đó đ chngminh khng đnh ca bài toán, ta ch cn chng minh {[nα]} và {[nβ ]} tha mãncác điu kin 1), 2), 3).

Rõ ràng [a] = 1, [nβ ] = [n(a − α)] = nα + [−nα)] = na − [nα] − 1 (do nα vôt).

Gi s [nα] = [mβ ] = k, đt nα = k + r, mβ = k + s vi 0 < r,s < 1 thì

n + m = k(1/α + 1/β ) + r/α + s/β = k + r/α + s/β,

điu này không th xy ra vì 0 < r/α + s/β < 1. Như vy vi mi m, n ta có[nα] = [mβ ].

Tip theo,

[(n + 1)α] ≥ [nα] + 1, [(n + 1)β ] ≥ [nβ ] + 2 > [nα] + 1.

Cui cùng gi s k là mt s nguyên bt kỳ và n = [(k + 1)/α]. Nu n > k/αthì k < nα < α(k + 1)/α = k + 1 và [nα] = k. Nu n < k/α thì (k − n)β >kβ − βk/α = βk(1 − 1/α) = k, (k − n)β < kβ − β ((k + 1)/α − 1) = k + 1, suy ra[(k − n)β ] = k.

T các nhn xét trên ta suy ra mi s nguyên dương k có mt trong dãy s

đúng mt ln và hai dãy s {[nα]} và {[nβ ]} tha mãn điu kin 3) (đpcm)Ghi chú: Trong li gii trên, ta đã không dùng đn kt qu ca đnh lý trênvà đó cũng chính là mt cách chng minh khác cho đnh lý.

Các bài toán v dãy s dng {[nα]} thưng liên quan đn phân hoch và cácdãy s gn tuyn tính (xm+n ∼ xm + xn). Xin xem thêm mt s ví d trong phnbài tp.

1.3.3 Dãy s và phương trình

Dãy s có mi quan h rt cht ch vi phương trình. Điu này có th thyrt rõ qua hai ví d cơ bn: phương trình sai phân tuyn tính đưc gii bng vicxét nghim ca phương trình đc trưng, gii hn ca dãy s cũng thưng đưc

gii ra t mt phương trình. V vn đ này, xin đc thêm các mc tương ngtrong bài này. Đây là mt trong nhng ni dung quan trng nht trong phn dãys.




1.3.4 Mt vài th thut khác

Sp xp li th t

Sp xp li th t là mt th thut thưng đưc áp dng trong các bài toánliên quan đn bt đng thc trong dãy s. Vic sp xp li th t các s trênđưng thng dn đn các tính cht đc bit mà mt dãy s bt kỳ không có,chng hn nu a < b < c thì |c − a| = |c − b| + |b − a|. Cũng như các nguyên lýcơ bn khác, nguyên lý đơn gin này t ra khá hu hiu trong nhiu trưng hp.

Ví d 1.19 (Vit Nam 1998). Tn ti hay không mt dãy s thc {xn} tha mãn điu kin

1) |xn| ≤ 0, 666 vi mi n = 1, 2, 3,...2) |xm − xn| ≥ 1/n(n + 1) + 1/m(m + 1) vi mi s nguyên dương m n.

Gii. Gi s tn ti dãy s như vy. Vi mi s nguyên dương N , ta sp xp licác s x1,...,xN theo th t tăng dn

xi1 ≤ xi2 ≤ · · · ≤ xiN

Khi đó |xiN −xi1| = |xiN −xiN −1|+· · ·+|xi2−xi1|1/iN (iN +1)+1/iN −1(iN −1+1)+ · · ·+1/i2(i2+1)+1/i1(i1+1) = 2

1/ik(ik+1)−1/iN (iN +1)−1/i1(i1+1) =

A(N ).Vì i1, i2,...,iN ch là mt hoán v ca 1, 2,...,N nên ta có

A(N ) = 2

1/k(k + 1) − 1/iN (iN + 1) − 1/i1(i1 + 1)

= 2(1

−1/(N + 1))

−1/iN (iN + 1)

−1/i1(i1 + 1)

≥ 2(1 − 1/(N + 1)) − 1/1.2 − 1/2.3 = 4/3 − 2/(N + 1)

Bây gi chú ý rng |xiN − xi1| ≤ 2x0, 666 < 4/3. Chn N đ ln sao cho 4/3 −2/(N + 1) > 2x0, 666, ta suy ra mâu thun. Vy không tn ti dãy s tha mãnyêu cu đ bài.

Ví d 1.20 (Liên Xô 1986). Gi s a1, a2,...,an là các s dương tuỳ ý. Chng minh bt đng thc

1/a1 + 2/(a1 + a2) + · · · + n/(a1 + · · · + an) < 4(1/a1 + 1/a2 + · · · + 1/an)

Gii. V phi không thay đi nu ta thay đi th t ca ai do đó ta ch cn(và phi) chng minh bt đng thc đúng cho trưng hp tng bên trái lnnht. Điu này xy ra khi ai đưc sp theo th t tăng dn. Tht vy, gi s 0 < b1 ≤ b2 ≤ ... ≤ bn là các s ai đưc sp xp li. Khi đó rõ ràng vi mi k tacó b1 + · · · + bk ≤ a1 + · · · + ak và

1/a1+2/(a1+a2)+· · ·+n/(a1+· · ·+an) ≤ 1/b1+2/(b1+b2)+· · ·+n/(b1+· · ·+bn)




Vi mi k , ghép các s hng ca tng bên phi thành cp ta có đánh giá sau

(2k−1)/(b1+· · ·+b2k−1)+2k/(b1+· · ·+b2k−1) < (2k−1)/kbk+2k/(k+1)bk < 4/bk

T đó suy ra bt đng thc cn chng minh.

Phép th lưng giác

Nhiu dãy s đi s vi công thc phc tp có th tr thành các dãy s đơngin nh phép th lưng giác. Th thut này đc bit hiu quan trong các bàitoán chng minh mt dãy s là tun hoàn hay không tun hoàn. Đ áp dngđưc th thut này, điu cn thit là bit các công thc lưng giác và mt chútnhy cm toán hc.

Ví d 1.21 (Vit Nam, 1990). Cho{

xn

}là dãy s tha mãn điu kin

|x1

|< 1,

xn+1 = (−xn + 3 − 3x2n)/2 (n ≥ 1)

a) x1 phi tha mãn điu kin gì đ tt c các s hng ca dãy s đu dương? b) Dãy s trên có tun hoàn không?

Điu kin |x1| < 1 và dng ca hàm s gi ngay cho chúng ta phép đtx1 = cos ϕ vi ϕ thuc (0, π) khi đó x2 = (− cos ϕ + 3 sin ϕ)/2 = cos(ϕ − 2π/3).T đó suy ra xn+1 = cos(ϕ − 2nπ/3). T đây có th d dàng tr li các câu hica đ bài.

Ví d 1.22 (KVANT). Cho dãy s un xác đnh bi: u1 = 2, un+1 = (2 +un)/(1 − 2un).

a) Chng minh rng un

= 0 vi mi n nguyên dương

b) Chng minh dãy không tun hoàn

Gii. Đt ϕ = arctan2, tan = 2. Khi đó nu un = tan x thì un+1 = tan(ϕ + x),suy ra un = tan(nϕ). S dng công thc tan2x = 2tan x/(1 − tan2 x) suy rau2n = 2un/(1 − u2

n). T đây nu u2n = 0 thì un = 0. Nu tn ti n sao cho

un = 0 thì s dng tính cht này, ta suy ra tn ti s sao cho u2s + 1 = 0 hay(2 + u2s)/(1 − 2u2s) = 0 hay u2s = −2, 2us/(1 − us2) = −2. Suy ra us vô t. Điunày vô lý. Phn b) là h qu ca câu a).

Ví d 1.23. Tìm công thc tng quát tính s hng ca dãy s x0 = a, xn+1 =2 − x2

n.

Gii. Nu |a| ≤ 2 thì đt a = −2cos ϕ, ta đưc xn = −2 cos(2nϕ). Nu |a| > 2,đt a = −(a + 1/a) thì ta đưc xn = −(α2n + 1/α2n).

Ví d 1.24 (Th Nhĩ Kỳ 1997). Hai dãy {an}, {bn} đưc xác đnh bi a1 =α, b1 = β, an+1 = αan −βbn, bn+1 = βan + αbn. Có bao nhiêu cp (a, b) tha mãn a1997 = b1, b1997 = a1?




Gii. Ta có a2n+1 + b2n+1 = (a2 + b2)(a2

n + b2n) nên yêu cu bài toán xy ra chkhi α2 + β 2 = 1. Đt a = cos ϕ, β = sin ϕ thì an = cos(nϕ), bn = sin(nϕ). T đó

suy ra li gii ca bài toán.Phép th lưng giác thưng đưc áp dng trong các bài toán có công thc"gi nh" đn các công thc lưng giác hoc có kt qu ging tính cht hàmlưng giác (chng hn tính tun hoàn hoc tính b chn). Tuy nhiên, phép thlưng giác có th xut hin nhng trưng hp mà tưng chng không dính dánggì đn vi lưng giác.

Ví d 1.25. Vi mi s t nhiên n > 1 và n s thc dương x1, x2,...,xn đt

f = max{x1, 1/x1 + x2, ..., 1/xn−1 + xn, 1/xn}.

Hãy tìm min f .

Gii. Tưng chng như bài toán này không liên quan gì đn lưng giác. Và hơnth, cũng chng liên quan gì đn dãy s. Tuy nhiên, điu kin đt giá tr nh nhtca f s to ra mt dãy s! Ta chng minh rng nu x1, x2,...,xn là n s thcmà ti đó f đt min thì ta phi có x1 = 1/x1 + x2 = ... = 1/xn−1 + xn = 1/xn.Và bài toán dãy s đã xut hin: Vi mi s nguyên dương n, xét dãy s {xk}nk=1

xác đnh bi x1 = a và xk = x1 − 1/xk−1, vi k = 2,...,n. Hãy tìm a sao cho1/xn = x1. Và bài toán cui cùng này có th gii như sau. Đt x1 = 2 cosϕ thìx2 = 2cos ϕ − 1/2cos ϕ = (4cos2 ϕ − 1)/2cos ϕ = sin3 ϕ/ sin2 ϕ, x3 = 2cos ϕ −sin2ϕ/ sin3ϕ = sin 4ϕ/ sin3ϕ... Tip tc như vy suy ra xn = sin(n+1)ϕ/ sin nϕ.T đó đng thc 1/xn = x1 sin nϕ/ sin(n + 1)ϕ = 2 cos ϕsin(n + 2)ϕ = 0. Đnđây, t điu kin xk dương ta suy ra ϕ = π/(n + 2) và min f = 2 cos(π/(n + 2)).Câu hi:

1) Ti sao có th khng đnh khi f đt min thì các giá tr trên đây phi bngnhau?

2) Ti sao có th đt x1 = 2cos ϕ?3) Làm sao có th d đoán ra cách đt trên?4) Phép gii trên còn chưa cht ch đim nào?5) Mi s thc x đu có th biu din dưi dng x = 2cos ϕ hoc, x = a +1/a.

Điu đó có ý nghĩa gì?

Dãy s ph

Khi kho sát s hi t ca mt dãy s ta thưng đnh lý v dãy đn điu và bchn. Nu dãy không đơn điu thì có th th xét dãy vi ch s chn và dãy vich s l. Tuy nhiên, có nhng dãy s có "hành vi" phc tp hơn nhiu. Chúngtăng gim rt bt thưng. Trong mt s trưng hp như th, ta có th xây dngmt (hoc 2) dãy s ph đơn điu, chng minh các dãy s ph có gii hn và




sau đó chng minh dãy s ban đu có cùng gii hn. Tt nhiên, dãy s ph phiđưc xây dng t dãy s chính.

Ví d 1.26. Dãy s {an} đưc xác đnh bi a1 > 0, a2 > 0 và an+1 = 2/(an +an−1). Chng minh rng dãy s {an} hi t và tìm gii hn ca dãy s đó.

Gii. Xét hai dãy

M n = max{an, an+1, an+2, an+3}mn = min{an, an+1, an+2, an+3}

Ta chng minh M n là dãy s gim và mn là dãy s tăng. Tht vy, ta s chngminh an+4 ≤ max{an+1, an+3}. T đây suy ra M n+1 = an+1 hoc an+2 hocan+3 và rõ ràng khi đó M n = max

{an, an+1, an+2, an+3

} ≥ M n+1. Tht vt

nu an+4 ≥ an+3 thì 2/(an+3 + an+2) ≥ an+3 suy ra 2 ≥ (an+3 + an+2)an+3.Khi đó an+1 = 2/an+3 − an+2 = 2/an+3 − 2/(an+2 + an+3) − an+2 + an+4 =2an+2/(an+3 + an+2)an+3 − an+2 + an+4 ≥ an+4 suy ra đpcm. Vy ta đã chngminh đưc M n gim. Tương t mn tăng. Hai dãy s này đu b chn nên hi t.Cui cùng, ta ch còn cn chng minh hai gii hn bng nhau.

Ví d 1.27. Dãy s {an} đưc xác đnh bi a1 > 0, a2 > 0 và an+1 = √

an +√ an−1. Chng minh rng dãy s {an} hi t và tìm gii hn ca dãy s đó.

Gii. Xét dãy s M n = max{an, an+1, 4}.Nu M n = 4 thì an, an+1 ≤ 4, suy ra an+2 ≤ 4, t đó M n+1 = 4.Nu M n = an+1 thì an+1

≥ an, 4. Khi đó

√ an

−1 = an+1

−√

an+1

≥ √

an+1,

suy ra an+2 = √ an+√ an+1 ≤ √ an+√ an−1 = an+1 suy ra M n+1 = max{an+1, an+2, 4} =an+1.

Nu M n = an thì an ≥ an+1, 4. Khi đó an+2 =√

an +√

an+1 ≤ 2√

an. Suy raM n+1 ≤ an = M n.

Vy trong mi trưng hp thì M n+1 ≤ M n, tc là dãy {M n} là dãy s gim.Do M n b chn dưi bi 4 nên dãy này có gii hn. Ta chng minh gii hn nàybng 4. Thc vy, gi s gii hn là M > 4. Khi đó vi mi > 0, tn ti N saocho vi mi n ≥ N thì M − < M n < M + . Chn n ∈ N sao cho M n+2 = an+2

(theo các lp lun trên và do M > 4 thì tn ti ch s n như vy). Ta có

M − < M n+2 = an+2 =√

an +√

an−1 < 2√

M +

hay M (M − 4) − (2M + 4 − ) < 0Mâu thun vì M > 4 và có th chn nh tuỳ ý.




Phương pháp sai phân

Đ tính tng n s hng đu tiên ca mt dãy s, mt trong nhng phươngpháp hiu qu nht là phương pháp sai phân: Đ tính tng n s hng đu tiênca dãy s {an}, ta tìm hàm s f (n) sao cho an = f (n + 1) − f (n). Khi đóa0 + · · · + an−1 = f (n) − f (0).

Mt trong nhng ví d kinh đin chính là phương pháp mà Bernoulli vàcác nhà toán hc th k 18 đã đưa ra đ tìm công thc tính tng S (k, n) =1k + 2k + · · · + nk . Dùng phương pháp h s bt đnh, h tìm đa thc f k(n) saocho nk = f k(n+ 1)−f k(n) và t đó tìm đưc S (k, n) = f k(n + 1)−f k(n). Phươngpháp này hiu qu hơn phương pháp xây dng công thc truy hi, vì đ tính S kta không cn phi dùng đn các công thc tính S k−1, S k−2

Khi d đoán các hàm f , ta có th s dng tích phân ri tương t hóa qua.Ví d tích phân ca đa thc bc k là đa thc bc k + 1. Vy thì ∆f k = nk suy

ra f k phi có bc k + 1.Tuy nhiên, khác vi tích phân, đôi khi các hàm ri rc không có "nguyên

hàm". Trong trưng hp đó ta không tính đưc tng mà ch có th đánh giá tngbng các bt đng thc.

Ví d 1.28. Tìm phn nguyên ca tng S = 1/1 + 1/√

2 + · · · + 1/√

100.

Gii. Ta cn tìm mt đánh giá cho S . Nhn xét rng hàm 1/√

x có nguyên hàmlà 2

√ x, ta xét hàm s f (n) = 2

√ n. Khi đó f (n + 1) − f (n) = 2

√ n + 1 − 2

√ n =

2/(√

n + 1 +√

n).Suy ra, 1/

√ n + 1 < f (n + 1) − f (n) < 1/

√ n. T đó, 2(

√ 101 − 1) < S <

2(√

100

−1) + 1, suy ra [S ] = 18.

Ví d 1.29 (Đ đ ngh Toán quc t 2001). Cho x1, x2,...,xn là các s thc bt kỳ. Chng minh rng

x1/(1 + x21) + x2/(1 + x2

1 + x22) + · · · + xn/(1 + x2

1 + · · · + x2n) <

√ n.

Gii. Đt v trái ca bt đng là A. Áp dng bt đng thc Bunhiacopsky tacó

A2 ≤ n[x21/(1 + x2

1)2 + x22/(1 + x2

1 + x22)2 + · · · + x2

n/(1 + x21 + · · · + x2

n)2]

Đ chng minh bt đng thc đu bài, ta ch cn chng minh

x21/(1 + x2

1)2 + x22/(1 + x2

1 + x22)2 + · · · + x2

n/(1 + x21 + · · · + x2

n)2 < 1.

Nhưng điu này là hin nhiên do bt đng thc

x2k/(1 + x2

1 + · · · + x2k)2 ≤ 1/(1 + x2

1 + · · · + x2k−1) − 1/(1 + x2

1 + · · · + x2k).



1.4. Mt s phương pháp xây dng h thng bài tp 23

Ví d 1.30. Xét dãy s {xn}n=1 cho bi: xn+2 = [(n − 1)xn+1 + xn]/n. Chng minh rng vi mi giá tr ban đu x1, x2, dãy s đã cho hi t. Tìm gii hn ca

dãy như mt hàm s theo x1, x2.Gii. Ta có t công thc ca dãy s xn+2 − xn+1 = −(xn+1 − xn)/n = (xn −xn−1)/n(n − 1) = · · · = (−1)n(x2− x1)/n!. T đó suy ra xn+2 = (xn+2 − xn+1) +(xn+1 − xn) + · · ·+ (x2 − x1) + x1 = x1 + (x2 − x1)K n, trong đó K n = 1 − 1/1! +1/2! − · · · + (−1)n/n!. T đây suy ra dãy s có gii hn và gii hn đó bngx1 + (x2 − x1)/e.Câu hi:

1) Có th tng quát hóa bài toán trên như th nào?2) Hãy tìm sai phân ca các hàm s arctan(n). T đó đt ra bài toán tính

tng tưng ng.3) Tìm sai phân ca hàm s ln(n). T đó tìm đánh giá cho tng 1 + 1/2 +

· · · + 1/n.4) T công thc sin3x = 3 sin x − 4sin3x có th lp ra công thc tính tng

nào?

1.4 Mt s phương pháp xây dng h thng bài tp

1.4.1 Xây dng dãy hi t bng phương trình

Có th xây dng dãy s hi t v mt s a xut phát t mt phương trình cónghim là a theo cách sau:

Ví d 1.31. Xét a =√

2, α là nghim ca phương trình α2 = 2. Ta vit li dưi dng

α = 2/α ⇔ 2α = α + 2/α ⇔ α = (α + 2/α)/2

và ta thit lp dãy s xn tho mãn x0 = a, xn+1 = (xn + 2/xn)/2. Nu dãy này hi t thì gii hn s là

√ 2. Tương t như vy, ta có th xây dng đưc dãy s

tin v căn bc k ca m như sau:

x0 = a, xn+1 = (xn + m/xk−1n )/2

Cũng vi gii hn cn đn là √

2, ta có th xây dng mt dãy s khác theo"phong cách" như vy:

x0

= a, xn+1

= 1 + xn −

x2

n/2

Tt nhiên, trong tt c các ví d trên, ta ch có đưc phương trình vi nghimtheo ý mun khi đã chng minh đưc s hi t ca dãy s. Vì vy, cn cn thnvi cách thit lp bài toán kiu này. Ví d, vi dãy s xn+1 = 1 + xn − x2

n/2 thìkhông phi vi x0 nào dãy cũng hi t, và không phi lúc nào gii hn cũng là.




Mt cách tng quát, ta có th dùng phương pháp tìm nghim xp x Newtonđ xây dng các dãy s. Đ tìm nghim ca phương trình F (x) = 0, phương pháp

Newton đ ngh chn x0 tương đi gn nghim đó và xây dng dãy truy hi

xn+1 = xn − F (xn)/F (xn)

khi đó dãy xn s dn đn nghim ca phương trình F (x) = 0.

Ví d 1.32. Xét hàm s F (x) = x2 − 2, thì F (x)/F (x) = (x2 − 2)/2x và ta đưc dãy s xn+1 = (xn + 2/xn)/2.Xét hàm s F (x) = x3 − x thì F (x)/F (x) = (x3 − x)/(3x2 − 1) và ta đưc dãy s

xn+1 = 2x3n/(3x2

n − 1)

1.4.2 Xây dng dãy truy hi t cp nghim ca phương trìnhbc 2

Chúng ta thy, t hai nghim ca mt phương trình bc 2 có th xây dngra các dãy truy hi tuyn tính bc 2 (kiu dãy s Fibonacci). Tương t như th,có th xây dng các dãy truy hi tuyn tính bc cao t nghim ca các phươngtrình bc cao. Trong phn này, chúng ta s đi theo mt hưng khác: xây dngcác dãy truy hi phi tuyn bc nht t cp nghim ca phưng trình bc 2.

Xét phương trình bc 2: x2 − mx ± 1 = 0 có hai nghim là α và β . Xét mt sthc a bt kỳ. Xét dãy s xn = a(α2n + β 2

n). Khi đó x2

n = a2(α2n+ + β 2n+1

+2) =axn+1 + 2a2, t đó suy ra dãy s xn tho công thc truy hi: xn+1 = x2

n/a − 2a.Ví d chn a = 1/2, m = 4, ta có bài toán: Tìm công thc tng quát ca dãy

s xn đưc xác đnh bi x0 = 2, xn+1 = 2x2n − 1.Tương t như vy, nu xét xn = a(α3n + β 3

n) thì x3

n = a3(α3n+1+ β 3

n+1 ±3(α3n + β 3

n) = a2(xn+1 ± 3xn). T đó suy ra dãy s xn tho công thc truy hi

xn+1 = x3n/a2 − (±3xn).

Ví d xét α, β là hai nghim ca phương trình x2 − 4x − 1 = 0, a = 1/4,ta đưc bài toán: Tìm công thc tng quát ca dãy s xn đưc xác đnh bix0 = 1, xn+1 = 16x3

n + 3xn. Hoàn toàn tương t, có th xây dng các dãy truyhi phi tuyn dng đa thc bc 4, 5. Bng phép di trc, ta có th thay đi dngca các phương trình này.

Ví d 1.33. nu trong dãy x0 = 2, xn+1 = 2x2n − 1 ta đt xn = y n − 1/2 thì ta

đưc dãy y n tho: y 0 = 5/2, y n+1 = 2(y

2

n − y n).Nu α, β là các s thc thì trong hai s có ít nht mt s có tr tuyt đi ln

hơn 1, vì vy dãy s không hi t (Tr trưng hp hai nghim đi nhau và dãylà dãy hng). Tuy nhiên, nu chn α, β là cp s phc liên hp có môđun nhhơn hay bng 1, ta có th to ra các dãy tun hoàn hoc dãy hi t. Chú ý rng




chn α, β đây chính là chn m và cũng chính là chn x0. Do đó tính cht cadãy s s ph thuc rt nhiu vào x0.

Ví d vi dãy s tho xn+1 = 2x2n − 1, nu x0 = 2 thì xn = [(2 + √ 3)2n

+ (2 −√ 3)2

n]/2; nu x0 = 1 thì xn là dãy hng; nu x0 = cos α thì xn = cos(2nα).

Câu hi:1) Xét xem vi nhng a, b, c nào thì phương trình sai phân xn+1 = ax2

n+bxn+cgii đưc bng phương pháp trên?

2) Hãy tìm dng ca các dãy truy hi to đưc bng cách xét xn = a(αkn+β kn

)vi k = 4, 5.

1.4.3 Xây dng các dãy s nguyên t li gii các phương trìnhnghim nguyên

Mt dãy truy hi tuyn tính vi h s nguyên và các s hng đu đu nguyêns cha toàn s nguyên. Đó là điu hin nhiên. Th nhưng có nhng dãy s màtrong công thc truy hi có phân s, thm chí có c căn thc nhưng tt c cács hng ca nó vn nguyên. Đy mi là điu bt ng. Tuy nhiên, nu xem xétk, ta có th thy chúng có mt mi quan h rt trc tip.

Chúng ta hãy bt đu t bài toán quen thuc sau: Chng minh rng mi shng ca dãy s {an} xác đnh bi a0 = 1, an+1 = 2an +

3a2

n − 2 đu nguyên.Chuyn v và bình phương công thc truy hi, ta đưc

a2n+1 − 4an+1an + 4a2

n = 3a2n − 2

⇔ a2n+1 − 4an+1an + a2

n + 2 = 0

Thay n bng n − 1, ta đưc

a2n − 4anan−1 + a2

n−1 + 2 = 0

T đây suy ra an−1, an+1 là hai nghim ca phương trình

x2 − 4anx + a2n + 2 = 0

Suy ra: an+1 + an−1 = 4an hay an+1 = 4an − an−1. T đây suy ra tt c các shng trong dãy đu nguyên.

C công thc ban đu ln công thc h qu an+1 = 4an − an−1 đu gi chochúng ta đn vi phương trình Pell. Qu tht là có th xây dng hàng lot dãy

s tương t bng cách xét phương trình Pell.Xét phương trình x2 − Dy 2 = k . Gi s phương trình có nghim không tm

thưng (x0, y 0) và (α, β ) là nghim cơ s ca phương trình x2−Dy 2 = 1. Khi đó,nu xét hai dãy {xn}, {y n} xác đnh bi xn+1 = αxn + βDy n, y n+1 = βxn + αy nthì xn, y n là nghim ca x2 − Dy 2 = k.




T h phương trình trên, ta có th tìm đưc

xn+1 = αxn + β D(x2

n − k); y n+1 = αy n + β k + Dy 2

n

và như vy đã xut hin hai dãy s nguyên đưc cho bi mt công thc khôngnguyên.

Ví d, vi D = 4a(a + 1), k = 1 thì ta có x0 = α = 2a + 1, y 0 = β = 1. Tađưc hai dãy s nguyên sau đây:

x0 = 2a + 1, xn+1 = 2a + 1 +

4a(a + 1)(x2n − 1)

y 0 = 1, y n+1 = 2a + 1 +

4a(a + 1)y 2n + 1

Cui cùng, chú ý rng ta có th to ra mt kiu dãy s khác t kt qu an−1, an+1

là hai nghim ca phương trình

x2 − 4anx + a2n + 2 = 0

trên đây: Theo đnh lý Viet thì an+1an−1 = a2n + 2, suy ra

an+1 = (a2n + 2)/an−1

và ta có bài toán: Cho dãy s {an} xác đnh bi a0 = 1, a1 = 3 và an+1 =(a2

n + 2)/an−1. Chng minh rng an nguyên vi mi n.

1.4.4 Xây dng dãy s là nghim ca mt h phương trình phthuc bin n

Xét mt h phương trình F (n, x) = 0. Nu vi mi n, phương trình F (n, x) =0 có nghim duy nht trên mt min D nào đó thì dãy s xn đã đưc xác đnh.T mi liên h gia các hàm F (n, x), dãy s này có th có nhng tính cht rtthú v.

Ví d 1.34. Vi mi s t nhiên n ≥ 3, gi xn là nghim dương duy nht ca phương trình xn−x2−x−1 = 0. Chng minh rng lim xn = 1 và tìm lim n(xn−1).

Ví d 1.35. Chng minh rng vi mi n nguyên dương, phương trình

1/x + 2/(x − 1)+ 2/(x − 4) + · · · + 2/(x − n2) = 0

có nghim duy nht xn thuc khong (0, 1). Tìm limn

→∞ xn.

Ví d 1.36. Chng minh rng vi mi n nguyên dương, phương trình

1/x + 2/(x − 1)+ 2/(x − 4) + · · · + 2/(x − n2) = 0

có nghim duy nht xn thuc (0, 1). Tìm limn→∞ xn.



1.5. Lý thuyt dãy s dưi con mt toán cao cp 27

Đ to ra các phương trình có nghim duy nht trên mt khong nào đó, cóth s dng tng ca các hàm đơn điu. Riêng vi hàm đa thc ta có th s dng

quy tc Đ-các v s nghim dương ca phương trình: Nu dãy các h s caphương trình đi du k ln thì phương trình có không quá k nghim dương.Ví d phương trình x4 − x2 − nx − 1 = 0 có nghim dương duy nht x0, còn

phương trình x4 − x2 + nx − 1 = 0 có nhiu nht hai nghim dương.Khi xây dng các hàm F (n, x), có th s dng công thc truy hi. Như trong

ví d trên thì F (n + 1, x) = F (n, x) + 1/(x − n − 1). Xây dng F (n, x) kiu này,dãy nghim xn s d có nhng quy lut thú v hơn. Ví d, vi dãy s trên, ta cóF (n + 1, xn) = F (n, xn) + 1/(xn − n − 1) < 0. T đây, do F (n + 1, 0+) = ∞ tasuy ra xn+1 nm gia 0 và xn, tc dãy xn gim.Câu hi:

1) Có th xây dng dãy s nào vi h hàm s F (x) = x(x − 1) . . .(x − n)?

2) Cho 0 < a1 < a2 < · · · < an < · · · là mt dãy s dương tăng nghiêm ngt.Xét h phương trình 1/x + 1/(x1−a1) + · · ·+ 1/(x−an) = 0 có nghim duy nhtxn thuc (0, a1). Khi nào thì xn dn v 0 khi n dn đn vô cùng?

1.5 Lý thuyt dãy s dưi con mt toán cao cp

1.5.1 Ri rc hóa các khái nim và đnh lý ca lý thuyt hàmbin s thc

Dãy s là hàm s, do đó nó có đy đ các tính cht chung ca hàm s. Tuynhiên, do tính cht đc bit ca N , mt s khái nim như đo hàm, tích phânkhông đưc đnh nghĩa cho các dãy s. Nhưng thc ra, dãy s cũng có các kháinim tương ng vi các khái nim này. Bng cách so sánh và phép tương t, tacó th tìm đưc nhng đnh lý thú v ca lý thuyt dãy s. Đó là quá trình rirc hóa.

Ri rc hóa ca đo hàm f (x) chính là sai phân ∆xn = xn−xn−1 ca dãy s.Cũng như đo hàm ca hàm bin s thc, sai phân dùng đ xét tính tăng gimca dãy s. Tương t như vy, ta đnh nghĩa sai phân cp 2 và dùng đ đo tínhli lõm ca dãy. Ri rc hóa ca khái nim tích phân chính là khái nim tng:S (xn) = x0 + · · ·+ xn. Hai khái nim này ngưc nhau: ∆(S (xn)) = xn, S (∆xn) =xn.

Ví d 1.37 (Đnh lý Stolz). Xét hai dãy s {xn} và {y n} trong đó {y n} là dãy

s dương tăng và dn đn vô cùng. Th thì lim xn/y n = lim(xn−xn−1)/(y n−y n−1)vi gi thit là gii hn v phi tn ti. (So sánh vi quy tc L’Hopitale)

Chng minh: Đt lim(xn − xn−1)/(y n − y n−1) = A. Vi mi > 0 tn tiN 1 sao cho vi mi n ≥ N 1 ta có |(xn − xn−1)/(y n − y n−1) − A| < , suy ra




A − < (xn − xn−1)/(y n − y n−1) < A + . T đây, do y n là dãy tăng nên ta có

(A − )(y N 1 − y N 1−1) < xN 1 − xN 1−1 < (A + )(y N 1 − y N 1−1). . .

(A − )(y n − y n−1) < xn − xn−1 < (A + )(y n − y n−1)

Cng các bt đng thc trên li, ta đưc

(A − )(y n − y N 1−1) < xn − xN 1−1 < (A + )(y n − y N 1−1)

Chia hai v cho y n, ta đưc

A − + [xN 1 − (A − )y N 1−1]/y n < xn/y n < A + + [xN 1 − (A + )y N 1−1]/y n

Vì y n dn đn vô cùng nên tn ti N 2 > N 1 sao cho

[xN 1 − (A − )y N 1−1]/y n > − và [xN 1 − (A + )y N 1−1]/y n <

vi mi n ≥ N 2. Khi đó vi mi n ≥ N 2 ta có A − 2 < xn/y n < A + 2 và điunày có nghĩa là lim xn/y n = A.Câu hi: Điu kin y n tăng và dn đn vô cùng có cn thit không?

Ví d 1.38. Chng minh rng nu dãy s {xn} tho mãn điu kin xn+1−2xn +xn−1 ≥ 0 và k1, k2, . . . , kr là các s t nhiên tho mãn điu kin k1+k2+· · ·+kr =r.k thì

xk1 + · · · + xkr ≥ r.xk

(So sánh vi bt đng thc Jensen)

Ví d 1.39. Cho dãy s {xn} tho mãn điu kin xk+1 − 2xk + xk−1 ≥ 0 vi mi k = 1, . . . , n. Ngoài ra x0 = xn+1 = 0. Chng minh rng xk ≤ 0 vi mi k = 1, . . . , n.

(Đo hàm bc 2 không âm, suy ra đo hàm bc nht là hàm tăng và ch cónhiu nht 1 nghim, suy ra chiu bin thiên ca hàm s ch có th là 0 gim →cc tiu ri tăng → 0)

Ví d 1.40. Cho dãy s dương {an}. Bit rng tn ti gii hn

limn→∞

nk=1

1ak

= A < ∞.

Đt sn = a1 + a2 + · · · + an. Chng minh rng tng limn→∞n

k=1 k2ak/s2k cũng có gii hn hu hn khi n → ∞.




Gii. Dch sang ngôn ng hàm s, ta có bài toán sau "Nu f (x) là hàm s tăng

t R+

vào R

+

và tn ti tích phân suy rng ∞0 dx

f (x) thì cũng tn ti tích phân ∞0

x2f (x)dx

F 2(x) trong đó F (x) là nguyên hàm ca f (x)". Bài này có th gii bng

phương pháp tích phân tng phn như sau: A0

xdx

F (x) =

1

2

A0

d(x2)

F (x) =

1

2

x2

F (x)

A0

+

A0

x2f (x)dx

F 2(x)

như vy ch cn chng minh tn ti ∞

0

xdx

F (x) và limx→∞

x2

F (x).

Câu hi:1) Đnh lý Rolle có dng ri rc như th nào?2) Công thc tính tích phân tng phn có dng ri rc như th nào?

1.5.2 Phương pháp hàm sinh và bài toán tìm s hng tng quát

Cho dãy s a0, a1, . . . , an, . . . Hàm sinh F (x) ca dãy s này là biu thc hìnhthc

F (x) = a0 + a1x + · · · + anxn + · · ·Các phép toán trên hàm sinh đưc thc hin mt cách t nhiên và chúng takhông quan tâm đn tính cht gii tích ca chúng (bán kính hi t ca chuitương ng có th bng 0). Phép toán đc bit nht ca hàm sinh là phép nhân:

Nu F (x), G(x) là hàm sinh ca các dãy {

an

},

{bn

} tương ng thì F (x).G(x)

là hàm sinh ca dãy {cn} trong đó cn = n0 aibn−i.Sơ đ ng dng ca hàm sinh vào bài toán tìm s hng tng quát ca dãy s

như sau: Gi s ta cn tìm s hng tng quát ca dãy s {an} cho bi mt côngthc truy hi nào đó. Ta thit lp hàm sinh F (x) ca {an}. Da vào h thctruy hi, ta tìm đưc mt phương trình cho F (x), gii phương trình, ta tìm đưcF (x). Khai trin F (x) theo lu tha x (Khai trin Taylor), ta tìm đưc an vimi n.

Ví d 1.41. Tìm s hng tng quát ca dãy s {an} xác đnh bi: a0 = 3, a1 =2, an+2 = 5an+1 − 6an.

Gii. Xét hàm sinh F (x) = a0 + a1x + a2x2 + · · · + an+2xn+2 + · · · . Vi mi n

t nhiên, ta thay an+2 bng 5an+1 − 6an thì đưcF (x) = a0 + a1x + (5a1 − 6a0)x2 + · · · + (5an+1 − 6an)xn+2 + · · ·

= a0 + a1x + 5x(a1x + · · · + an+1xn+1 + · · · ) − 6x2(a0 + a1x + · · · + anxn + · · · )

= a0 + a1x + 5x(F (x) − a0) − 6x2F (x)




Suy ra F (x) = (3 − 13x)/(6x2 − 5x + 1) = 7/(1 − 2x) − 4/(1 − 3x) = 7(1 + 2x +(2x)2 +

· · ·+ (2x)n +

· · ·)

−4(1 + 3x + (3x)2 +

· · ·+ (3x)n +

· · ·)

T đó an = 7.2n − 4.3n.Trên lý thuyt, khi tìm đưc F (x), ta phi dùng công thc Taylor đ tìm khaitrin ca F (x). Đây là mt bài toán phc tp. Tuy nhiên, trong nhiu trưnghp, công thc nh thc Newton tng quát dưi đây đã đ dùng:

(1 + x)α = 1 + αx + [α(α − 1)/2]x2 + · · · + [α(α − 1) . . .(α − n + 1)/n!]xn + · · ·Ví d 1.42. Dãy s {an} xác đnh bi a0 = 1, a0an + a1an−1 + · · · + ana0 = 1vi mi n. Hãy tìm công thc tng quát ca an.

Gii. Xét hàm sinh F (x) = a0 + a1x + a2x2 + · · · + anxn + · · · . T côngthc truy hi ta suy ra F 2(x) = 1 + x + x2 + · · · + xn + · · · = (1 − x)−1. T đây F (x) = (1

−x)−1/2. Khai trin F (x) theo công thc Newton, ta tìm đưc

an = C n2n/22n.

1.5.3 Đi s tuyn tính và phương trình sai phân

Trong phn trên, chúng ta đã s dng phương pháp hàm sinh đ gii bài toántìm công thc tính s hng tng quát ca mt dãy s. Trong phn này, ta s xemxét cu trúc nghim ca phương trình sai phân dưi góc đ đi s tuyn tính.

Xét phương trình sai phân thun nht: xn+k = a1xn+k−1 + · · · + akxn. Dthy rng nu dãy s {xn}, {y n} tho mãn phương trình này thì {axn + by n} cũngtho mãn phương trình vi mi a, b. Như vy tp hp tt c các dãy s tho mãnphương trình sai phân trên lp thành mt không gian véc-tơ. Hơn th, ta có đnhlý:

Đnh lý 1.12. Tp hp tt c các dãy s tho mãn phương trình sai phân

xn+k = a1xn+k−1 + · · · + akxn.

là mt không gian véctơ k chiu.

Chng minh đnh lý này khá đơn gin: Dãy s s hoàn toàn xác đnh nubit k s hng đu tiên. Gi {xi

n}(i = 0, k − 1) là dãy s có xi j = 0 nu i = j và

xii = 1. Khi đó có th chng minh d dàng rng các dãy {x1

n}, . . . , {xkn} đc lp

tuyn tính và vi mi dãy {xn} ta có

xn = x0x0n + · · · + xk−1xk−1

n

Như th, cu trúc nghim ca phương trình sai phân tuyn tính thun nhtlà đã rõ. Ta ch cn tìm mt cơ s nào đó ca không gian nghim là có th môt đưc tt c các nghim ca phương trình sai phân. Cơ s mà chúng ta đưa ra trên không có tính tưng minh, do đó khó có th s dng trong vic thit lpcông thc tng quát. Đ xây dng mt cơ s khác tt hơn, ta có đnh lý:




Đnh lý 1.13. Nu λ là nghim bi r ca phương trình đc trưng

xk

−a1

xk

−1

− · · · −ak

= 0

thì các dãy s {λn}, . . . , {nr−1λn} tho mãn phương trình sai phân xn+k =a1xn+k−1 + · · · + akxn.

Vi đnh lý này, ta có th tìm đ k dãy s tưng minh to thành mt cơ sca không gian nghim.

Cui cùng, nu ta gp phương trình sai phân tuyn tính không thun nht

xn+k = a1xn+k−1 + · · · + akxn + f (n).

thì nghim tng quát ca phương trình này s có dng là tng ca nghim tngquát ca phương trình sai phân tuyn tính thun nht tương ng vi mt nghimriêng ca phương trình không thun nht.

Đ tìm nghim riêng, ta vn dng phương pháp hoàn toàn tương t như trongphưng trình vi phân: Nu f (n) là đa thc thì ta xn tìm dưi dng đa thc, làhàm mũ thì tìm dưi dng hàm mũ... đây, trưng hp cơ s là nghim kép caphương trình đc trưng cũng đưc x lý tưng t như trong phương trình vi phân.

1.5.4 S dng xp x trong d đoán kt qu

Trong nhiu trưng hp, d đoán đưc kt qu đã là mt na, thm chí 2/3li gii. Chúng ta đã gp nhiu tình hung là li gii đu tiên thu đưc mt cáchrt khó khăn, nhưng sau đó thì hàng lot li gii đp hơn, gn hơn xut hin. Vìsao chúng ta không nghĩ ngay đưc nhng li gii đp? Vì chúng ta chưa bit đáp

s. Khi bit ri thì có th đnh hưng d dàng hơn rt nhiu. Dưi đây, chúng tas xem xét mt s ng dng ca xp x trong vic d đoán kt qu.Trong ví d v dãy s xn+1 = sin(xn), chúng ta đã áp dng đnh lý trung

bình Cesaro đ tìm gii hn √

nxn, mc dù dãy s không có dng quen thucxn+1 = xn ± (xn)α. Th nhưng, nu đ ý rng xn → 0 khi n → ∞, mà ti lâncn 0 thì sin x ∼ x − x3/6 thì ta s thy tính quy lut ca kt qu đã tìm đưc trên.

Vi phương pháp tương t, ta có th thy dãy dng xn+1 = xn ± (xn)α hàng lot các dãy s có b ngoài khác hn như: xn+1 = ln(1 + xn), xn+1 =xn cos xn, xn+1 = arctg(xn) . . . (Dĩ nhiên, phi kim tra điu kin xn → 0 khin → ∞).

Ta cũng có th gii thích đưc vì sao trong bài toán an+1

= an

+1/√

an phn

trên, ta đã tìm đưc s 3/2. Ta có an+1 = an+1/√ an = an(1+1/a3/2n ). Vì an → ∞

khi n → ∞ nên vi mi β ta có aβ n+1 = aβ

n(1 + 1/a3/2n )β ∼ aβ

n(1 + β/a3/2n ) =

aβ n + βa

β −3/2n . Do đó đ hiu s này xp x hng s, ta chn b = 3/2.

Ta xét mt ví d khác



1.6. Bài tp 32

Ví d 1.43 (ĐHSP, 2000). Cho dãy s {an} xác đnh bi: a1 = a2 = 1, an+1 =an + an−1/n(n + 1). Chng minh rng dãy

{an

} có gii hn.

Gii. D thy {an} là dãy tăng. Vì vy ta ch cn chng minh dãy {an} b chntrên. Ta có

an+1 = an + an−1/n(n + 1) < an[1 + 1/n(n + 1)]

T đây suy ra

an+1 < [1+ 1/n(n + 1)] . . .[1 + 1/2.3]a2 = [1 + 1/n(n + 1)] . . .[1 + 1/2.3]

Như vy ta ch cn chng minh tích [1 + 1/n(n + 1)] . . . [1 + 1/2.3] b chn. Ktqu này không phc tp và có th chng minh hoàn toàn sơ cp. Tuy nhiên,nhng kinh nghim v dãy s 1/n(n + 1) gi cho chúng ta ti mi quan h giatích trên và tng 1/2.3 + · · ·+ 1/n(n + 1). Theo hưng đó, chúng ta có th đưa ra

mt kt qu tng quát hơn và kt qu đó đưc d đoán t vic s dng xp x.Gi s rng {xn} là dãy s thc sao cho tng x1 + · · ·+xn có gii hn hu hnkhi n → ∞. Khi đó xn → 0 khi n → ∞. Vì vy, vi n đ ln thì xn ∼ ln(1+ xn).Do đó tng ln(1 + x1) + · · ·+ln(1+ xn) cũng có gii hn hu hn khi n → ∞ vàcó nghĩa là tích (1 + x1) . . . (1 + xn) cũng vy. Ta có đnh lý

Đnh lý 1.14. Cho dãy s thc {xn}. Khi đó nu tng x1 + · · · + xn có gii hn hu hn khi n → ∞ thì tích (1 + x1) . . . (1 + xn) cũng có gii hn hu hn khi n → ∞.

Câu hi:1) Mnh đ đo ca đnh lý trên có đúng không?2) Cho n > 3 và xn là nghim dương duy nht ca phương trình xn

−x2

−x − 1 = 0. Có th d đoán đưc limn→∞ n(xn − 1)?

1.6 Bài tp

Bài 1.1 (Canada 1998). Cho m là s nguyên dương. Xác đnh dãy a0, a1, a2, . . .như sau: a0 = 0, a1 = m và am+1 = m2an − an−1 vi n = 1, 2, . . . Chng minh rng vi mi cp sp th t các s t nhiên (a, b) vi a ≤ b là nghim ca phương trình (a2 + b2)/(ab + 1) = m2 khi và ch khi (a, b) = (an, an+1) vi n là mt s t nhiên nào đó.

Bài 1.2 (Bulgari 1978). Cho dãy s {an} xác đnh bi an+1 = (a2n + c)/an−1.

Chng minh rng nu a0, a1 và (a2

0 + a2

1 + c)/a0a1 là s nguyên thì an nguyên vi mi n.

Bài 1.3. Trong mt dãy vô hn các s nguyên dương, mi mt s hng sau ln hơn s hng trưc đó hoc là 54 hoc là 77. Chng minh rng trong dãy này tn ti s hng có hai ch s tn cùng ging nhau.



1.6. Bài tp 33

Bài 1.4 (Séc-Slovakia 1997). Chng minh rng tn ti dãy s tăng {an}∞n=1

các s nguyên dương sao cho vi mi s t nhiên k, dãy

{k + an

} cha hu hn

s nguyên t.Hưng dn: Dùng đnh lý Trung hoa v s dư.

Bài 1.5 (Putnam 1995). Đt S (α) = {[nα]|n = 1, 2, 3, . . .}. Chng minh rng tp hp các s nguyên dương N ∗ không th phân hoch thành 3 tp hpS (α), S (β ), S (γ ).

Bài 1.6 (Putnam 1999). Dãy s {an}n=1 đưc xác đnh bi a1 = 1, a2 = 2, a3 =24 và vi n ≥ 4.

an = (6a2n−1an−3 − 8an−1a2

n−2)/an−2an−3

Chng minh rng vi mi n, an là s nguyên chia ht cho n.

Bài 1.7. Trong dãy s nguyên dương {ak}k=1 tng ca 10 s hng đu tiên bng 100, còn t a11, mi an bng s các ch s i < n sao cho ai + i ≥ n. Bit rng a11 = 10. Chng minh rng k t mt ch s nào đó, tt c các s hng ca dãy bng nhau.

Bài 1.8 (Balkan). Cho x0 ≤ x1 ≤ x2 ≤ · · · ≤ xn ≤ · · · là dãy s không gim các s t nhiên sao cho vi mi s t nhiên k, s các s ca dãy này không vưt quá k là hu hn (và ký hiu là y k). Chng minh rng vi mi m, n

n0

xi +m0

y i ≥ (n + 1)(m + 1)

Bài 1.9 (Bulgari 87). Xét dãy s {xn} xác đnh bi x1 = x2 = 1, xn+2 =14xn+1 − xn − 4. Chng minh rng vi mi n, xn là bình phương ca mt s nguyên.

Hưng dn: Xét dãy u1 = u2 = 1, un+2 = 4un+1 − un. Chng minh rngun+2un − u2

n+1 = 2 sau đó chng minh rng xn = u2n. Có th dùng ý tưng bài

này đ xây dng các bài toán khác như th nào?

Bài 1.10 (Canada 1988). Cho hai dãy s {xn}, {y n} xác đnh bi xn+1 =4xn − xn−1, x0 = 0, x1 = 1 và y n+1 = 4y n − y n−1, y 0 = 1, y 1 = 2. Chng minh rng vi mi n, y 2n = 3x2

n + 1.

Bài 1.11 (Canada 1993). Cho y 1, y 2, y 3, . . . là dãy s xác đnh bi y 1 = 1 và

vi mi s nguyên dương k

y 4k = 2y 2k, y 4k+1 = 2y 2k + 1, y 4k+2 = 2y 2k+1 + 1, y 4k+3 = 2y 2k+1

Chng minh rng dãy s y 1, y 2, y 3 . . . nhn tt c các giá tr nguyên dương, mi giá tr đúng mt ln.



1.6. Bài tp 34

Bài 1.12. Gi s rng sn là dãy s nguyên dương tho mãn điu kin 0 ≤sn+m

−sn

−sm

≤ K vi K là mt s nguyên dương cho trưc. Vi s nguyên

dương N có tn ti các s thc a1, a2, . . . , aK sao cho

sn = [a1n] + · · · + [aK n] vi mi n = 1, 2, ...N ?

Bài 1.13. Cho a1 = 1, b1 = 2, c1 = 3. Gi S (n) là tp hp các s nguyên dương ai, bi, ci vi i ≤ n. Xây dng an, bn, cn như sau:

an+1 = s nguyên dương nh nht không thuc S (n);bn+1 = s nguyên dương nh nht không thuc S (n) và khác an+1;cn+1 = an+1 + bn+1;

Gi dk là dãy tăng các ch s n sao cho bn = an + 2. Chng minh rng a) dk/k → 6 khi k dn đn vô cùng b) Nu B là s nguyên thì (dk

−6k)/2 = B vi vô s các ch s k.

Bài 1.14 (AMM). Các dãy s {an}, {bn}, {cn} đưc xác đnh như sau: a1 =1, b1 = 2, c1 = 4 và

an = s nguyên dương nh nht không thuc {a1, . . . , an−1, b1, . . . , bn−1, c1, . . . , cn−1}bn = s nguyên dương nh nht không thuc {a1, . . . , an−1, an, b1, . . . , bn−1, c1, . . . , cn−1}cn = 2bn+n−an . Hãy chng minh hoc ph đnh rng 0 < n(1+

√ 3)−bn < 2

vi mi n.

Bài 1.15 (AMM). Cho a1 = 1 và an+1 = an + [√

an] vi n = 1, 2, . . . Chng minh rng an là s chính phương khi và ch khi n = 2k + k − 2 vi k là s nguyên dương nào đó.

Bài 1.16 (Bulgari 1973). Cho dãy s {an}n=1 đưc xác đnh bi a1 = 2, an+1 =a2n − an + 1.

a) Chng minh rng (an, am) = 1 vi mi m = n.b) Chng minh rng lim

n1 1/ak = 1.

Hưng dn:a) am − 1 = am−1 . . . an(an − 1)b) 1/ak = 1/(ak − 1) − 1/(ak+1 − 1)

Bài 1.17 (Ba Lan 2002). Cho trưc s nguyên dương k. Dãy s {an} đưc xác đnh bi a1 = k + 1, an+1 = a2

n − kan + k vi mi n ≥ 1. Chng minh rng vi mi m

= n ta có (am, an) = 1.

Bài 1.18 (KVANT). Cho 1 ≤ a0 < a1 < · · · < an là các s nguyên dương.Chng minh rng

1/[a0, a1] + 1/[a1, a2] + · · · + 1/[an−1, an] ≤ 1 − 1/2n



1.6. Bài tp 35

Hưng dn: Vi a < b, 1/[a, b] = (a, b)/ab ≤ (b − a)/ab = 1/a − 1/b.

Bài 1.19 (Ba Lan 1997). Dãy s a1, a2, . . . xác đnh bi a1 = 0, an = a[n/2] + (−1)n(n+1)/2

Vi mi s t nhiên k, tìm s các ch s n sao cho 2k ≤ n < 2k+1 và an = 0.

Hưng dn: Dùng h đm cơ s.

Bài 1.20 (Vit Nam, 1998). Cho dãy s {an} đưc xác đnh bi a0 = 20, a1 =100, an+2 = 4an+1 + 5an + 20 vi n = 0, 1, 2, . . . Tìm s nguyên dương h nh nht tho mãn điu kin an+h − an chia ht cho 1998 vi mi n = 0, 1, 2, . . .

Bài 1.21 (Chn đi tuyn VN, 1993). Gi ϕ(n) là hàm Euler (nghĩa là ϕ(n)

là s các ưc s nguyên dương không ln hơn b và nguyên t cùng nhau vi n).Tìm tt c các s nguyên dương k > 1 tho mãn điu kin:

Vi a là s nguyên >1 bt kỳ, đt x0 = a, xn+1 = kϕ(xn) vi n = 0, 1, . . . thì (xn) luôn b chn.

Bài 1.22 (M 1997). Cho dãy s t nhiên a1, a2, . . . , a1997 tho

ai + a j ≤ ai+ j ≤ ai + a j + 1

vi mi i, j nguyên dương tho i + j ≤ 1997. Chng minh rng tn ti s thc xsao cho an = [nx] vi mi n = 1, 2, ...,1997.

Hưng dn: Chng minh rng an/n < (am + 1)/m vi mi m, n.Bài 1.23. Cho dãy s {an}

a) [Liên Xô 1977] Chng minh rng nu lim(an+1−an/2) = 0 thì lim an = 0.b) Tìm tt c các giá tr a sao cho nu lim(an+1 − αan) = 0 thì lim an = 0.

Bài 1.24 (CRUX). Tìm s hng tng quát ca dãy s { pn} xác đnh bi p0 =1, pn+1 = 5 pn(5 p4

n − 5 p2n + 1)

Bài 1.25. Dãy s {an} đưc xác đnh bi a1 > 0, a2 > 0 và an+1 =√

an +√

an−1.Chng minh dãy s {an} hi t và tìm gii hn.

Bài 1.26 (LMO 1989). Dãy s thc

{ak

}k=1 tho mãn điu kin ak+1 = (kak +

1)/(k − ak). Chng minh rng dãy s cha vô hn s hng dương và vô hn s hng âm.

Bài 1.27 (LMO 1989). Dãy s thc {ak}k=1 tho mãn điu kin |am + an −am+n| ≤ 1/(m + n) vi mi m, n. Chng minh rng {ak} là cp s cng.



1.6. Bài tp 36

Bài 1.28. Vi n ≥ 2, gi xn là nghim dương duy nht ca phương trình xn =xn−1 + xn−2 +

· · ·+ x + 1.

a) Chng minh rng lim xn = 2.b) Hãy tìm lim(2 − xn)1/n.

Bài 1.29 (Bulgari 82). Cho x1, . . . , xn là các s thc thuc đon [0, 2]. Chng minh rng

ni=1

n j=1

|xi − x j | ≤ n2.

Du bng xy ra khi nào?

Hưng dn: Sp li th t!

Bài 1.30 (Bulgari 86). Cho dãy s thc {an}∞n=1 tho mãn điu kin an+1 ≤(1 + k/n)an − 1, n = 1, 2, . . . trong đó 0 < k < 1. Chng minh rng tn ti s t nhiên t sao cho at < 0.

Hưng dn: an+1/(n + 1) < an/n − 1/(n + 1).

Bài 1.31. Hai dãy s {an}, {bn} xác đnh bi a1 > 0, b1 > 0, an+1 = an +1/bn, bn+1 = bn + 1/an. Chng minh rng a50 + b50 > 20.

Hưng dn: Xét cn = (an + bn)2.

Bài 1.32 (Canada 1985). Cho 1 < x1 < 2. Vi n = 1, 2, . . . ta đnh nghĩa xn+1 = 1 + xn

−x2n/2. Chng minh rng vi mi n

≥3 ta có

|xn

−

√ 2

|< 1/2n.

Bài 1.33 (PARABOLA). Cho a,b > 0. Hai dãy s {an}, {bn} xác đnh bi a1 =

√ ab, b1 = (a + b)/2, an+1 =

√ anbn, bn+1 = (an + bn)/2. Chng minh rng

vi mi n nguyên dương ta có |bn − an| ≤ |b − a|/2n.

Bài 1.34 (IMO 1978). Cho {an} là dãy các s nguyên dương phân bit. Chng minh rng vi mi n ta có

nk=1

ak/k2 ≥n

k=1

1/k.

Bài 1.35 (Putnam 2001). Gi s {

an

}n=1 là dãy s tăng các s thc dương

sao cho lim an/n = 0. Có th tn ti vô s các s nguyên dương n sao choan−i + an+i < 2an vi mi i = 1, 2, . . . , n − 1 hay không?

Bài 1.36 (Áo - Ba Lan 2001). Cho a1, a2, . . . , a2010 là dãy s tho mãn điu kin



1.6. Bài tp 37

1. Tng 20 s hng liên tip ca dãy s là không âm.

2. |aiai+1| ≤ 1 vi mi i = 1, 2, . . . , 2009.Hãy tìm min

2001i=1 ai.

Bài 1.37 (Ba Lan 2001). Cho dãy s {an} xác đnh bi a0 = 1, an = a[7n/9] +

a[n/9], n = 1, 2, . . . Chng minh rng tn ti k sao cho ak < k/2001!.

Bài 1.38 (Trung Quc 1997). Cho a1, a2, . . . là dãy s thc tho mãn điu kin an+m ≤ an + am vi mi m, n. Chng minh rng an ≤ ma1 + (n/m − 1)am

vi mi n ≥ m.

Bài 1.39 (Singapore 1997). Cho dãy s {an} xác đnh bi a0 = 1/2, ak+1 =ak + a2

k/n,k = 1, 2, . . . , n

−1. Chng minh rng 1

−1/n < an < 1.

Hưng dn: Chng minh bng quy np rng (n + 1)/(2n − k + 2) < ak <n/(2n − k).

Bài 1.40 (Baltic Way). Gi s a1, a2, . . . , a9 là các s không âm sao cho a1 =a9 = 0 và ít nht có mt s khác 0. Chng minh rng tn ti ch s i, 2 ≤ i ≤ 8sao cho ai−1 + ai+1 < 2ai. Khng đnh có còn đúng không nu thay 2 bt đng thc cui cùng bng 1.9?

Bài 1.41. Dãy s an đưc xác đnh bi công thc truy hi

a0 = 1, an+1 =an

1 + nan

, n = 0, 1, 2, . . .

Hãy tìm công thc tng quát cho an.

Bài 1.42 (Vit Nam, 1984). Dãy s u1, u2, . . . đưc xác đnh bi: u1 = 1, u2 =2, un+1 = 3un − un−1 vi n = 2, 3, . . . Đt vn =

1≤k≤n arcotguk.

Hãy tìm gii hn vn khi n dn đn vô cùng.

Hưng dn: Dùng sai phân.

Bài 1.43 (PTNK, 1999). Cho a > 1 và dãy s {xn} đưc xác đnh như sau

x1 = a, xn+1 = nax vi mi n

≥1.

Hãy xác đnh tt c các giá tr ca a đ dãy {xn} hi t.



1.6. Bài tp 38

Bài 1.44. Cho dãy s dương {an}. Bit rng tn ti gii hn

limn→∞

nk=1

1

ak= A < ∞

Đt sn = a1 + a2 + · · · + an. Chng minh rng tng n

k=1

k2ak

(sk)2

cũng có gii hn hu hn khi n → ∞.

Hưng dn: Dùng công thc tính tng tng phn

Bài 1.45. Cho f : N → R tho điu kin f (a+b) ≤ f (a)+ f (b) vi mi |b−a| ≤ k( k là s nguyên dương c đnh). Hi có tn ti gii hn f (n)/n khi n dn đn vô cùng không?

Bài 1.46. Các phn t ca dãy s a1, a2, a3, . . ., là các s nguyên dương khác nhau. Chng minh rng vi mi k tn ti n sao cho tn ti an ≥ n.

Bài 1.47. Chng minh rng nu a1 > 2 và an = a2n−1 − 2 thì

1

a1+

1

a1a2+

1

a1a2a3 + · · · =

1

2[a1 −

a21 − 4].

Hưng dn: Dùng lưng giác.

Bài 1.48. Dãy s dương an tho mãn điu kin an < an+1 + a2n. Có th khng

đnh tng n

i=1 ai dn đn vô cùng khi n dn đn vô cùng hay không? Bài 1.49 (THTT). Cho s thc r > 2. Cho dãy s thc dương {an} tho mãn điu kin ar

n = a1 + · · · + an−1 vi mi n ≥ 2. Chng minh rng dãy {an/n} có gii hn hu hn khi n → ∞ và tìm gii hn đó.

Bài 1.50 (Chn đi tuyn Vit Nam, 1985). Dãy s thc {xn} đưc xác đnh bi:

x1 = 29/10, xn+1 = (xn/

x2n − 1) +

√ 3, n = 1, 2, 3 . . .

Hãy tìm s thc nh hơn x2k−1 và ln hơn x2k vi mi k = 1, 2, . . .

Bài 1.51 (Chn đi tuyn Vit Nam, 1996). Tìm tt c các giá tr ca a

đ dãy s {xn} đưc xác đnh bi x0 =

√ 1996

xn+1 = a/(1 + x2n)

có gii hn hu hn khi n dn ti vô cùng.



1.6. Bài tp 39

Hưng dn: Chuyn v dng xn+1 = f (xn), x0 = b.

Bài 1.52 (Vit Nam, 1997). Cho n là s nguyên >1, không chia ht cho 1997.Đt

ai = i + ni/1997 vi mi i = 1, 2, . . . , 1996,

b j = j + 1997 j/n vi mi j = 1, 2, . . . , n − 1.

Ta sp xp các s {ai} và {bi} theo th t tăng dn:

c1 ≤ c2 ≤ · · · ≤ c1995+n

Chng minh rng ck+1 − ck < 2 vi mi k = 1, 2, ..1994+ n.

Bài 1.53 (Vit Nam, 1998). Cho a là mt s thc không nh hơn 1. Đt

x1 = a, xn+1 = 1 + ln(x2n/(1 + ln(xn)) vi n = 1, 2, . . .

Chng minh rng dãy s {xn} có gii hn và tìm gii hn đó.

Bài 1.54. Cho dãy s {xn} xác đnh bi, x1 = a, xn+1 = (2x3n)/(3x2

n−1) vi mi n ≥ 1. Tìm tt c các giá tr ca a đ dãy s xác đnh và có gii hn hu hn.

Bài 1.55. Chng minh rng dãy s xác đnh bi điu kin xn+1 = xn + x2n/n2

vi n ≥ 1, trong đó 0 < x1 < 1 là dãy b chn.

Bài 1.56. Cho dãy s

an =

1 + 2

1 + · · · 1 + (n − 1)√ 1 + n

Chng minh rng limn→∞ an = 3.

Bài 1.57. Dãy a1 + 2a2, a2 + 2a3, a3 + 2a4, . . . hi t. Chng minh rng dãy a1, a2, a3, . . . cũng hi t.

Bài 1.58. Cho dãy A(n), n = 1, 2, . . . tho mãn: vi mi x thc thì limn→∞ A([xn]) =0. Chng minh rng lim A(n) = 0 khi n tin ti vô cùng.

Bài 1.59. Cho hàm s

f (x) = x + A sin x + B cos x vi A2 + B 2 < 1.

Xét dãy s a0 = a, a1 = f (a0), . . . , an+1 = f (an), . . .

Chng minh rng vi mi a, dãy s {an} có gii hn và hãy tìm gii hn đó.



1.6. Bài tp 40

Bài 1.60. Cho dãy s {an}, đưc xác đnh như sau: a0 = a, a1 = b, an+1 =an + (an

−an−1)/2n. Tìm limn→∞ an.

Bài 1.61 (AMM). Cho {H n} là dãy s Fibonacci tng quát, tc là H 1, H 2 là các s nguyên bt kỳ và vi n > 2 thì H n = H n−1 + H n−2.

a) Hãy tìm T , ph thuc vào H 1 và H 2 sao cho các s H 2nH 2n+2+T, H 2nH 2n+4+T, H 2n−1H 2n+1 − T, H 2n−1H 2n+3 − T đu là các s chính phương.

b) Chng minh T là duy nht.

Bài 1.62. Cho r là s thc. Xác đnh dãy s {xn} bi x0 = 0, x1 = 1, xn+2 =rxn+1 − xn vi n ≥ 0. Chng minh rng x1 + x3 + · · · + x2m−1 = x2

m.

Bài 1.63 (IMO 1977). Trong mt dãy s hu hn các s thc, tng 7 s hng liên tip ca dãy luôn âm, còn tng 11 s hng liên tip luôn dương. Hi dãy s đó có th có nhiu nht bao nhiêu s hng.

Tài liu tham kho

1. Jean-Marie Monier, Gii tích 1, 2, 3, 4, NXBGD 1999-2000.

2. Lê Hi Châu: Tuyn tp các đ thi toán quc t.

3. Titu Andreescu, Razvan Gelca: Mathematical Olympiad Challenges, Birkhauser2000.

4. A. Gardiner, The Mathematical Olympiad Hanbook, Oxford, 1997.

5. Titu Andreescu, Zuming Feng: Mathematical Olympiads 1998-1999, 1999-2000, 2000-2001, MAA, 2000-2002.

6. Arthur Engel: Problem-Solving Strategies, Springer 1997. 7

7. G.Polya, G.Szego: Các bài tp và đnh lý ca gii tích, Nauka 1977 (TingNga).

8. Cupsov, Nesterenko . . .: Thi vô đch toán toàn Liên Xô, Prosvesenie, 1999(Ting Nga).

9. 400 bài toán t American Mathematical monthly, Mir, 1977 (Ting Nga).

10. Đ thi toán ca Vit Nam, các nưc và khu vc.

11. Tp chí Toán hc và Tui tr (THTT), Parabola, Kvant, American Math-ematical monthly (AMM).

Trn Nam Dũng - ĐHKHTN TP H Chí Minh227 Nguyn Văn C, Qun 5, TP H Chí MinhEmail: [email protected], [email protected]



Chương 2

Phương trình sai phân

2.1 Sai phân2.1.1 Đnh nghĩa

Cho hàm s y = f (x) xác đnh trên R, đt xk = x0 + kh (k ∈ N∗) vi x0 ∈R, h ∈ R, bt kỳ, cho trưc. Gi y k = f (xk) là giá tr ca hàm s f (x) ti x = xk.Khi đó, Hiu s ∆y k := y k+1−y k (k ∈ N∗) đưc gi là sai phân cp 1 ca hàm sf (x). Hiu s ∆2 y k := ∆y k+1−∆y k = ∆(∆y k) (k ∈ N∗) đưc gi là sai phân cp2 ca hàm s f (x). Tng quát, ∆iy k := ∆i−1y k+1 − ∆i−1y k = ∆(∆i−1 y k) (k ∈N∗) đưc gi là sai phân cp i ca hàm s f (x) (i = 1; 2; · · · ; n; · · ·).

2.1.2 Tính cht

Mnh đ 2.1 (Biu din sai phân theo giá tr ca hàm s). Sai phân mi cpđu có th biu din theo các giá tr ca hàm s:

y 0; y 1; y 2; · · · ; y n; · · ·Chng minh. Tht vy, ta có

∆y k = y k+1 − y k

∆2y k = ∆y k+1 − ∆y k

= y k+2 − y k+1 − (y k+1 − y k)

= y k+2

−2y k+1 + y k .

Tương t, bng quy np ta có th chng minh đưc.

∆iy k =

is=1

(−1)sC si y k+i−s , (đpcm).

41



2.1. Sai phân 42

Mnh đ 2.2 (Sai phân ca hng s). Sai phân ca hng s bng 0.

Chng minh. Tht vy, vi y = f (x) = C = const ta có: ∆f (x) = C − C = 0.Hơn th na, sai phân mi cp ca hng s đu bng 0.

Mnh đ 2.3 (Tính cht tuyn tính ca sai phân ). Sai phân mi cp là mt toán t tuyn tính trên tp các hàm s. Tc là.

∀ i ∈ N∗, ∀ α; β ∈ R, ∀ f (x); g(x) : R → R, ta luôn có:

∆i(αf (x) + βg(x)) = α∆if (x) + β ∆ig(x).

Chng minh. Tht vy, đt f k = f (xk) ; gk = g(xk), ta thu đưc

∆i

(αf k + βgk) =

i

s=0(−1)

s

C s

i [αf k+i−s + βgk+i−s]

= α

is=0

(−1)sC si f k+i−s + β

is=0

(−1)sC si gk+i−s

= α∆if k + ∆igk .

Vy nên

∆i(αf (x) + βg(x)) = α∆if (x) + β ∆ig(x) vi mi i ∈ N∗ (đpcm).

Mnh đ 2.4 (Sai phân ca đa thc). Sai phân cp i ca mt đa thc bc n.

+) Là mt đa thc bc n − i khi i < n. +) Là hng s khi i = n. +) Bng 0 khi i > n.

Chng minh. Do sai phân mi cp là toán t tuyn tính nên ta ch cn chngminh tính cht cho đa thc y = P n(x) = xn.

+) Khi i < n ta có1o) Vi i = 1 thì: ∆xn = (x + h)n − xn = P n−1(x) là đa thc bc n − 1 đi

vi x. Vy khng đnh đúng vi i = 1.2o) Gi s khng đnh đúng vi i = k < n, tc là ∆kxn = P n−k(x) là đa thc

bc n − k đi vi x. Khi đó

∆k+1xn = ∆(∆kxn) = ∆k ((x + h)n) − ∆k(xn)

= P n−k(x + h) − P n−k(x) = P n−k−1(x)là đa thc bc n − k − 1 = n − (k + 1) đi vi x.

Vy khng đnh cũng đúng vi i = k + 1. T đó, theo nguyên lý quy np toánhc suy ra khng đnh đúng vi mi i ∈ N∗ (đpcm).



2.2. Phương trình sai phân tuyn tính 43

+) Khi i = n thì theo trên, ∆n(xn) là đa thc cp n − n = 0 đi vi x nên làhng s.

+) Khi i > n thì

∆i(xn) = ∆i−n (∆n(xn)) = ∆i−nC (C = const) = 0.

Vy tính cht đã đưc chng minh trn vn.

Mnh đ 2.5 (Công thc sai phân tng phn).

∆(f kgk) = f k∆gk + gk+1∆f k.

Chng minh. Ta có

∆(f kgk) = f k+1gk+1

−f kgk

= f k+1gk+1 − f kgk+1 + f kgk+1 − f kgk

= gk+1(f k+1 − f k) + f k(gk+1 − gk)

= f k∆gk + gk+1∆f k .

Mnh đ 2.6 (Tng các sai phân).

nk=1

∆y k = y n+1 − y 1.

Chng minh.

nk=1

∆y k = ∆y 1 + ∆y 2 + · · · + ∆y n−1 + ∆y n

= y 2 − y 1 + y 3 − y 2 + · · · + y n − y n−1 + y n+1 − y n

= y n+1 − y 1.

2.2 Phương trình sai phân tuyn tính

2.2.1 Mt s khái nim chung v phương trình sai phân

Đnh nghĩa 2.1. Phương trình sai phân (cp k) là mt h thc tuyn tính cha

sai phân các cp ti k.

f (y n; ∆y n; ∆2y n; · · · ; ∆ky n) = 0. (1)



2.3. Phương trình sai phân tuyn tính bc nht 44

Vì sai phân các cp đu có th biu din theo giá tr ca hàm s nên (1) códng:

a0y n+k + a1y n+k−1 + · · · + aky n = f (n). (2)trong đó a0; a1; · · · ; ak, f (n) đã bit, còn y n, y n+1, · · · , y n+k là các giá tr chưabit.

• Phương trình (2) đưc gi là phương trình sai phân tuyn tính cp k.

• Nu f (n) = 0 thì phương trình (2) có dng

a0y n+k + a1y n+k−1 + · · · + aky n = 0. (3)

và đưc gi là phương trình sai phân tuyn tính thun nht cp k.

• Nu f (n) = 0 thì (2) đưc gi là phương trình sai phân tuyn tính khôngthun nht.

b. Nghim.

• Hàm s y n bin n tho mãn (2) đưc gi là nghim ca phương trình saiphân tuyn tính (2).

• Hàm s y n ph thuc k tham s tho mãn (3) đưc gi là nghim tng quátca (3).

• Mt nghim y ∗n tho mãn (2) đưc gi là mt nghim riêng ca (2).

2.3 Phương trình sai phân tuyn tính bc nht

2.3.1 Đnh nghĩa

Phương trình sai phân tuyn tính bc nht (cp mt) là phương trình saiphân dng:

u1 = α, aun+1 + bun = f (n) n ∈ N∗ (1)

trong đó α ; a = 0 ; b = 0 là các hng s và f (n) là biu thc ca n cho trưc.

2.3.2 Phương pháp gii

A. Gii phương trình sai phân thun nht tương ng.1+) Gii phương trình đc trưng: aλ + b = 0 đ tìm λ.2+) Tìm nghim ca phương trình sai phân tuyn tính thun nht tương

ng: aun+1 + bun = 0 dưi dng un = cλn (c là hng s ).B. Tìm mt nghim riêng u∗n ca phương trình không thun nht.C. Tìm nghim tng quát ca phương trình (1):

un = u∗n + un.




Ví d 2.1. Phương trình un+1 = 3un+1 có un = C.3n ; u∗n = −1

2 nên có nghim

tng quát là un = C.3n − 1

2 vi C là hng s bt kỳ.

Sau đây ta trình bày phương pháp tìm nghim riêng.

2.3.3 Phương pháp tìm nghim riêng ca phương trình sai phântuyn tính cp 1 không thun nht khi v phi f (n) có dngđc bit

Trưng hp 1. Nu f (n) = P m(n) là đa thc bc m đi vi n. Khi đó: +)Nu λ = 1 thì ta chn u∗n = Qm(n) cũng là đa thc bc m đi vi n. +) Nuλ = 1 thì ta chn u∗n = nQm(n) trong đó Qm(n) cũng là đa thc bc m đi vin.

Ví d 2.2. Gii phương trình sai phân:x0 = 7

xn+1 = 15xn − 14n + 1

Gii. Ta có f (n) = −14n+1 là đa thc bc nht, λ = 15 = 1 ⇒ chn x∗n = an+b.Thay vào phương trình ta đưc

a(n + 1) + b = 15(an + b) − 14n + 1.

Suy ra a = 1 ; b = 0. Vy x∗n

= n còn xn

= C.15n và nghim tng quátlà: xn = C.15n + n. Mà x0 = 7 nên C = 7. Vy phương trình có nghim:xn = 7.15n + n.

Ví d 2.3. Gii phương trình sai phân:

x0 = 99

xn+1 = xn − 2n − 1

Gii. f (n) = −2n − 1 là đa thc bc nht, λ = 1 ⇒ chn x∗n = n(an + b). Thayvào (1.2) đưc:

(n + 1)[a(n + 1) + b] = n(an + b) − 2n − 1 ⇒ a = −1 ; b = 0 ⇒ x∗n = −n2.

Còn xn = C.1n

= C ⇒ xn = C − n2

, mà x0 = 99 ⇒ C − 02

= 99 ⇔ C = 99. Vyphương trình (1.2) có nghim: xn = 99 − n2.Trưng hp 2. f (n) = p.β n ( p; β = 0). Khi đó:+) Nu λ = β thì ta chn x∗n = d.β n (d ∈ R).+) Nu λ = β thì ta chn x∗n = d.n.β n (d ∈ R).





x0 = 8

xn+1 = 2xn + 3n (1.3).

Gii. Do λ = 2 = 3 = β nên ta chn x∗n = d.3n. Thay vào phương trình (1.3)đưc d = 1 ⇒ x∗n = 3n. Còn xn = C.2n. Vy xn = C.2n + 3n. Thay vào điu kinbiên đưc C = 7.Tr li: phương trình đã cho có nghim xn = 7.2n + 3n.


x0 = 101

xn+1 = 7.xn + 7n+1 (1.4).

Gii. Do λ = 7 = β nên ta chn x∗n = d.n.3n. Thay vào phương trình (1.4) đưcd = 1

⇒ x∗n = n.7n. Còn xn = C.7n. Vy xn = C.7n + n.7n. Thay vào điu kin

biên đưc C = 101.Tr li: phương trình đã cho có nghim xn = (101 + n).7n.

Trưng hp 3. f (n) = α. sin nx + β. cos nx (α + β = 0; x = kπ ; k ∈ Z). Khiđó, ta chn u∗n = A. sin nx + B. cos nx vi A; B ∈ R là các hng s.


x0 = 1√

2.xn+1 = xn − sin nπ

4 (1.5)

.

Gii. Có λ = 1√

2; f (n) = sin

nπ

4 nên ta chn x∗n = A. cos

nπ

4 + B. sin

nπ

4 .

Thay x∗n vào (1.5), bin đi và so sánh các h s ta đưc A = 1 ; B = 0 ⇒ x∗n =

cos nπ4 . Còn xn = C.( 1√ 2

)n ⇒ xn = C.( 1√ 2

)n + cos nπ4 . Thay vào điu kin biên

x0 = 1 ta đưc C = 0. Vy phương trình đã cho có nghim xn = cos nπ

4 .

Trưng hp 4.

f (n) =m

k=1

f k(n).

Khi đó ta chn nghim riêng x∗n ca (1) dưi dng: x∗n =m

k=1 x∗nk trong đó x∗nktương ng là nghim riêng ca phương trình sai phân (1) vi V P = f k(n).

Ví d 2.7. Gii phương trình sai phân: x0 = 17

xn+1 = 2xn − n2

+ 2n + 1 + 6.2n

(1.6)

.

Gii. Có λ = 2 ; f 1(n) = −n2 + 2n + 1 ; f 2(n) = 6.2n ⇒

⇒ xn = C.2n ; x∗n1 = an2 + bn + c ; x∗n2 = d.n.2n.



2.4. Phương trình sai phân tuyn tính cp 2 47

Vy ta chn x∗n = an2 + bn + c + d.n.2n. Thay vào (1.6) và so sánh các h s đưc:a = 1 ; b = c = 0 ; d = 3. Vy: xn = C.2n + n2 + 3n.2n. Thay vào điu kin biên

x0 = 17 ta đưc C = 17 và do đó nghim ca phương trình sai phân đã cho là:

xn = 17.2n + n2 + 3n.2n.

2.3.4 Bài tp

Gii các phương trình sai phân tuyn tính sau:

1. un+1 = 3un − 6n + 1 ; u1 = 1.Đáp s: un = 3n + 1 − 3n.

2. un+1 = un + 2n2 ; u1 = 1.

Đáp s: un =

1

3 (2n3

− 3n2

+ n + 3).

3. un+1 = 5un − 3n ; u0 = 1.

Đáp s: un = 1

2(5n + 3n).

4. un+1 = 2un + 6.2n ; u0 = 1.Đáp s: un = (3n + 1).2n.

5. un+1 = un + 2n.3n ; u0 = 0.

Đáp s: un = 1

2[(2n − 3).3n + 3].

6. un+1 −

2un

= (n2 + 1).2n ; u0

= 1.

Đáp s: un =

n(2n2 − 3n + 7)

6 + 2

.2n.

7. un+1 − 2un = n + 3n ; u0 = 1.Đáp s: un = 2n + 3n − n − 1.

2.4 Phương trình sai phân tuyn tính cp 2

2.4.1 Đnh nghĩa

Phương trình sai phân tuyn tính cp hai là phương trình sai phân dng:

u1 = α, u2 = β, aun+2 + bun+1 + cun = f (n), n ∈ N∗ (1)

trong đó a, b, c, α, β là các hng s, a = 0, c = 0 và f (n) là biu thc cha ncho trưc.




2.4.2 Cách gii

+) Gii phương trình thun nht tương ng. +) Tìm nghim riêng ca phươngtrình không thun nht. +) Tìm nghim tng quát ca phương trình (1) dưidng:

un = un + u∗n.

A- Gii phương trình thun nht tương ng

aun+2 + bun+1 + cun = 0 (2)

1+) Gii phương trình đc trưng:

a.λ2 + b.λ + c = 0. (3) đ tìm λ.

2+) Tìm nghim tng quát ca phương trình thun nht tương ng.

Trưng hp 1: Nu (3) có hai nghim phân bit: λ = λ1 ; λ = λ2 thì:

un = A.λn1 + B.λn

2 ,

trong đó A và B đưc xác đnh khi bit u1 và u2.

Trưng hp 2: Nu (3) có nghim kép: λ1 = λ2 = λ thì:

un = (A + Bn).λn,

trong đó A và B đưc xác đnh khi bit u1 và u2.

Trưng hp 3: Nu λ là nghim phc, λ = x + i.y thì ta đt

r = |λ| =

x2 + y 2, tan θ = y

x, θ ∈

− π

2; π

2

.

lúc đó λ = r(cos θ + i. sin θ) và

un = rn(A. cos nθ + B. sin nθ),

trong đó A và B đưc xác đnh khi bit u1 và u2. Ví d

Ví d 2.8. Gii phương trình sai phân:x0 = 2 ; x1 = −8

xn+2 = −8xn+1 + 9xn

.




Gii. Phương trình đc trưng:

λ

2

+ 8λ − 9 = 0 ⇔ λ = 1 hoc λ = −9. (Hai nghim phân bit.)Vy: xn = xn = A.1n + B.(−9)n = A + B.(−9)n.Gii điu kin biên:

x0 = 2

x1 = −8⇔

A + B = 2

A − 9B = −8⇔

A = 1

B = 1.

Vy phương trình đã cho có nghim: xn = 1 + (−9)n.


x0 = 1 ; x1 = 16

xn+2 = 8xn+1 − 16xn

.


λ2 − 8λ + 16 = 0 ⇔ λ1 = λ2 = 4 (có nghim kép).

Vy: xn = xn = (A + Bn).4n.Gii điu kin biên:

x0 = 1

x1 = 16⇔

A = 1

(A + B ).4 = 16⇔

A = 1

B = 3.

Vy phương trình đã cho có nghim: xn = (1 + 3n).4n.

Ví d 2.10. Gii phương trình sai phân:x0 = 1 ; x1 =

1

2xn+2 = xn+1 − x − n

.


λ2 − λ + 1 = 0 ⇔ λ = 1 + i

√ 3

2 hoc λ =

1 − i√

3

2 . (Hai nghim phc.)

Có:

λ = 1 + i

√ 3

2 = cos

π

3 + i. sin

π

3 ⇒ r = 1 ; θ =

π

3.

Nghim tng quát: xn

= xn

= A. cos nπ

3 + B. sin

nπ

3 .

Gii điu kin biên:x0 = 1

x1 = 1

2

⇔A = 1

A. cos π

3 + B. sin

π

3 =

1

2

⇔

A = 1

B = 0.




Vy phương trình đã cho có nghim: xn = cos nπ

3 . Bài tp Gii các phương trình

sai phân sau:

1. y n+2 = 4y n+1 − 3y n vi y 0 = 1 ; y 1 = 1.

2. y n+2 = 8y n+1 − 16y n vi y 0 = 1 ; y 1 = 1.

3. y n+2 = 2y n+1 − 2y n vi y 0 = 1

2 ; y 1 = 2.

B- Các phương pháp tìm nghim riêng ca phương trình sai phân tuyn tính cphai không thun nht

aun+2 + bun+1 + cun = f (n)

vi v phi có dng đc bit Trưng hp 1.

f (n) = P k(n) là đa thc bc k đi vi n.

Khi đó: +) Nu phương trình đc trưng (3) không có nghim λ = 1 thì ta chn

x∗n = Qk(n)

trong đó Qk(n) là đa thc bc k nào đó đi vi n. +) Nu phương trình đc trưng(3) có nghim đơn λ = 1 thì ta chn

x∗n = nQk(n)

trong đó Qk(n) là đa thc bc k nào đó đi vi n. +) Nu phương trình đc trưng

(3) có nghim kép λ = 1 thì ta chn

x∗n = n2Qk(n)

trong đó Qk(n) là đa thc bc k nào đó đi vi n.

Ví d 2.11. Tìm mt nghim riêng x∗n ca phương trình sai phân:

xn+2 = −4xn+1 + 5xn + 12n + 8.


λ2 + 4λ − 5 = 0 ⇔ λ = 1 hoc λ = −5 ; f (n) = 12n + 8.

Chn x∗n = n(an + b). Thay vào phương trình đã cho và so sánh các h s ta đưca = 1 ; b = 0.Vy phương trình đã cho có mt nghim riêng là x∗n = n2.





2xn+2 − 5xn+1 + 2xn = n2

− 2n + 3 vi x0 = 1 ; x1 = 3.


2λ2 − 5λ + 2 = 0 ⇔ λ = 2 hoc λ = 1

2 ; f (n) = n2 − 2n + 3.

Vy phương trình thun nht có nghim tng quát xn = A.2n + B.(1

2)n.

Chn x∗n = an2 + bn + c. Thay vào phương trình đã cho và so sánh các h s tađưc a = −1 ; b = 4 ; c = −10.Vy phương trình đã cho có mt nghim riêng là x∗n = −n2 + 4n − 10.Do đó phương trình đã cho có nghim tng quát là:

xn = A.2n + B.(1

2)n − n2 + 4n − 10.

Thay vào các điu kin biên ta tìm đưc A = 3 ; B = 8. Vy nghim ca phươngtrình đã cho là:

xn = 3.2n + 8.(1

2)n − n2 + 4n − 10.

Trưng hp 2.

f (n) = P k(n).β n trong đó P k(n) là mt đa thc bc k đi vi n.

Khi đó: +) Nu β không phi là nghim ca phương trình đc trưng (3) thì tachn:

x∗n = Qk(n)

trong đó Qk(n) là mt đa thc bc k nào đó đi vi n vi h s cn đưc xácđnh. +) Nu β là mt nghim đơn ca phương trình đc trưng (3) thì ta chn:

x∗n = n.Qk(n)

trong đó Qk(n) là mt đa thc bc k nào đó đi vi n . +) Nu β là nghim képca phương trình đc trưng (3) thì ta chn:

x∗n = n2.Qk(n),

trong đó Qk(n) là mt đa thc bc k nào đó đi vi n .

Ví d 2.13. Tìm mt nghim riêng ca phương trình sai phân sau:

2xn+2 + 5xn+1 + 2xn = (35n + 51).3n.




Gii. Ta có β = 3 ; P k(n) = 35n + 51 là đa thc bc nht.Phương trình đc trưng:

2λ2 + 5λ + 2 = 0 ⇔ λ = −2 := λ1 hoc λ = −1

2 := λ2 (λ1; λ2 = β ).

Chn x∗n = (an + b).3n. Thay vào phương trình đã cho và so sánh các h s tađưc: a = 1 ; b = 0.Vy phương trình đã cho có mt nghim riêng là: x∗n = n.3n.


xn+2 − 5xn+1 + 6xn = (8n + 11).2n.

Gii. Ta có β = 2 ; P k(n) = 8n + 11 là đa thc bc nht.

Phương trình đc trưng:λ2 − 5λ + 6 = 0 ⇔ λ = 2 := λ1 hoc λ = 3 := λ2 (λ1 = β ; λ2 = β ).

Chn x∗n = n(an + b).2n. Thay vào phương trình đã cho và so sánh các h s tađưc: a = −4 ; b = −23.Vy phương trình đã cho có mt nghim riêng là: x∗n = −(4n2 + 23n).2n.


xn+2 − 10xn+1 + 25xn = (n + 2).5n+1

Gii. Ta có β = 5 ; P k(n) = 5n + 10 là đa thc bc nht.

Phương trình đc trưng:

λ2 − 10λ + 25 = 0 ⇔ λ = 5 := λ0 (nghim kép) (λ1 = λ2 = β )

Chn x∗n = n2(an + b).5n. Thay vào phương trình đã cho và so sánh các h s ta

đưc: a = 4

50 ; b =

7

50.

Vy phương trình đã cho có mt nghim riêng là: x∗n = n2

50(4n + 7).5n.

Trưng hp 3.

f (n) = P m(n). cos nβ + P l(n). sin nβ

trong đó P m(n) ; P l(n) ln lưt là các đa thc bc m ; l đi vi n.Ký hiu k = M ax{m; l} và gi ρ = cos β + i sin β (i2 = −1). Khi đó:+) Nu ρ không là nghim ca phương trình đc trưng (3) thì ta chn:

x∗n = T k(n). cos nβ + Rk(n). sin nβ




trong đó, T k(n) ; Rk(n) là các đa thc bc k đi vi n nào đó.+) Nu ρ là nghim ca phương trình đc trưng (3) thì ta chn:

x∗n = nT k(n). cos nβ + Rk(n). sin nβ

trong đó, T k(n) ; Rk(n) là các đa thc bc k đi vi n nào đó.


x0 = 1 ; x1 = 0

xn+2 = 2xn+1 − xn + sin nπ

2

Gii. Ta có P m(n) ≡ 0 ; P l(n) ≡ 1 ; β = π

2 ⇒ ρ = i.

Phương trình đc trưng: λ2 − 2λ + 1 = 0 có nghim kép λ = 1 (= i = ρ).Nghim tng quát ca phương trình thun nht : xn = an + b.

Nghim riêng ca phương trình đã cho có dng: x∗n = c. cos

nπ

2 + d. sin

nπ

2 .Thay x∗n vào phương trình đã cho, rút gn và so sánh các h s ta đưc:

c = 1

2 ; d = 0 ⇒ x∗n =

1

2 cos

nπ

2

Phương trình đã cho có nghim tng quát là:

xn = an + b + 1

2 cos

nπ

2

Gii các điu kin biên:

x0 = b + 1

2 = 1

x1 = a + b = 0⇔

a = −12

b = 1

2

Vy phương trình đã cho có nghim:

xn = 1

2(1 − n + cos

nπ

2 )


xn+2 − 3xn+1 + 2xn = (n − 2). cos nπ

2 + (3n + 1). sin

nπ

2 .

Gii. Ta có P m(n) = n − 2 ; P l(n) = 3n + 1 ; β = π

2 ⇒ ρ = i.

Phương trình đc trưng:

λ2 − 3λ + 2 = 0 ⇔ λ = 1 := λ1 ; λ = 2 := λ2 (λ1; λ2 = ρ).






1. y n+2 − 5y n+1 + 6y n = 0

2. 8y n+2 − 6y n+1 + y n = 2n

3. y n+2 − 3y n+1 + 2y n = 5n + 2n3 + 3n + 1

4. y n+2 − y n+1 + 2y n = n2

5. y n+2 + y n = sin nπ

2

6. 4y n+2 + 4y n+1 + y n = 2

7. y n+2 − 2y n+1 + y n = 5 + 3n

8. y n+2 − 2y n+1 + y n = 2n(n − 1)

9. y n+2 − 3y n+1 + 2y n = 3n

10. 8y n+2 − 6y n+1 + y n = 5 sin nπ

2

2.5 Phương trình sai phân tuyn tính cp 3

2.5.1 Đnh nghĩa

Cho a,b, c, d, α,β, γ là các hng s ∈ R ; a = 0 ; d = 0 còn f (n) là mt hàms bin s n. Phương trình:

u1 = α ; u2 = β ; u3 = γ aun+3 + bun+2 + cun+1 + dun = f (n) quad(1)

đưc gi là phương trình sai phân tuyn tính cp (bc) ba.

2.5.2 Phương pháp gii

Phương trình sai phân tuyn tính cp ba luôn gii đưc. Nghim tng quátca nó có dng:

un = un + u∗n

trong đó, un là nghim tng quát ca phương trình sai phân tuyn tính thun

nht, còn u∗n là mt nghim riêng nào đó ca phương trình đã cho. Cách tìm un

Xét phương trình đc trưng:

aλ3 + bλ2 + cλ + d = 0 (2)




+) Nu (3) có ba nghim thc phân bit: λ1 = λ2 = λ3 = λ1 thì:

un = C 1λ

n

1 + C 2λ

n

2 + C 3λ

n

3

+) Nu (3) có mt nghim thc bi 2 và mt nghim đơn: λ1 = λ2 = λ3 thì:

un = (C 1 + C 2n)λn1 + C 3λn

3

+) Nu (3) có mt nghim thc bi 3: λ1 = λ2 = λ3 := λ0 thì:

un = (C 1 + C 2n + C 3n2)λn0

+) Nu (3) có mt nghim thc λ1 và hai nghim phc liên hp:λ2;3 = r(cos θ ± i sin θ) thì

un = C 1λn1 + rn(C 2 cos nθ + C 3 sin nθ)

Trên đây ta ký hiu C 1; C 2; C 3 là các hng s mà s đưc xác đnh bng cáchthay un vào các điu kin biên và gii h phương trình thu đưc. Cách tìm u∗n

Trưng hp 1. Nu f (n) = P m(n) là đa thc bc m đi vi n thì: +) Khi(3) không có nghim λ = 1 thì ta chn: u∗n = Qm(n) trong đó, Qm(n) là đa thcbc m đi vi n. +) Khi (3) có nghim đơn λ = 1 thì ta chn: u∗n = nQm(n)trong đó, Qm(n) là đa thc bc m đi vi n. +) Khi (3) có nghim bi hai λ = 1thì ta chn: u∗n = n2Qm(n) trong đó, Qm(n) là đa thc bc m đi vi n. +) Khi(3) có nghim bi ba λ = 1 thì ta chn: u∗n = n3Qm(n) trong đó, Qm(n) là đathc bc m đi vi n.

Trưng hp 2. Nu f (n) = A.µ

n

( A ; µ là các hng s cho trưc) thì: +)Khi µ không là nghim ca (3) thì ta chn: u∗n = B.µn vi B là hng s đưc xácđnh bng cách thay u∗n vào phương trình đã cho. +) Khi µ là nghim đơn ca(3) thì ta chn: u∗n = B.n.µn. +) Khi µ là nghim bi hai ca (3) thì ta chn:u∗n = B.n2.µn. +) Khi µ là nghim bi ba (3) thì ta chn: u∗n = B.n3.µn.

2.5.3 Ví d


x1 = 0 ; x2 = 1 ; x3 = 3

xn = 7xn−1 − 11xn−2 + 5xn−3

.


λ3 − 7λ2 + 11λ − 5 = 0 : có ba nghim: λ1 = λ2 = 1 ; λ3 = 5.

Vy phương trình có nghim tng quát

xn = (C 1 + C 2n).1n + C 3.5n = C 1 + C 2n + C 3.5n.




Thay vào điu kin biên ta đưc h phương trình:

C 1 + C 2 + 5C 3 = 0

C 1 + 2C 2 + 25C 3 = 1

C 1 + 3C 2 + 125C 3 = 3

⇔

C 1 = −1316

C 2 = 3

4

C 3 = 1

80

.

Vy phương trình đã cho có nghim:

xn = 1

16(5n−1 + 12n − 13).

Ví d 2.20. Gii phương trình sai phân: x0 = 1 ; x1 = 2 ; x2 = 3

xn+3 − 3xn+2 + 3xn+1 − xn = 1


λ3 − 3λ2 + 3λ − 1 = 0 : có nghim bi ba: λ1 = λ2 = λ3 = 1.

Vy phương trình thun nht có nghim tng quát

xn = (C 1 + C 2n + C 3n2).1n = C 1 + C 2n + C 3n2.

Do f (n) = 1 = 1.1n nên ta chn nghim riêng x∗n = B .n3.1n = B .n3. Thay vàophương trình đã cho ri so sánh các h s ta đưc

B = 1

6 ⇒ x∗n =

1

6n3.

Vy nghim tng quát ca phương trình đã cho là:

xn = x∗n + xn = C 1 + C 2n + C 3n2 + 1

6n3.

Thay vào các điu kin biên và gii h phương trình thu đưc ta có:

C 1 = 1 ; C 2 = 4

3 ; C 3 = −1

2. Vy phương trình đã cho có nghim là

xn = 1 +

4

3 n − 1

2n2

+

1

6 n3

.




2.5.4 Phương trình sai phân tuyn tính cp k

Đnh nghĩa Phương trình

a0y n+k + a1y n+k−1 + · · · + aky n = f (n) quad(1)

đưc gi là phương trình sai phân tuyn tính cp k. Cách gii A. Gii phương trình sai phâ1o) Gii phương trình đc trưng

a0λk + a1λk−1 + · · · + ak−1λ + ak = 0 (2) đ tìm k.

2o) Tìm nghim tng quát ca phương trình thun nht tương ng.

• Nu (2) có k nghim thc khác nhau là λ1, λ2, · · · , λk thì nghim tngquát là

y n = c1λ

n

1 + c2λ

n

2 + · · · + ckλ

n

k (3).trong đó c1, c1, · · · , ck là các hng s tuỳ ý.

• Nu (2) có nghim thc λ j bi s thì nghim tng quát là:

y n = s−1

i=1

c j+ini

λn j +

ki=1;i= j

ciλni .

• Nu phương trình đc trưng (2) có nghim phc đơn λ j = r(cos θ + i. sin θ)thì λ j = r(cos θ − i. sin θ) cũng là nghim ca (2). Đt λ j+1 = λ j . Đ thuđưc công thc nghim tng quát, trong công thc (3) ta thay b phn

c jλn j + c j+1λn

j+1

bi b phn tương ng:

c jrn cos nθ + c j+1rn sin nθ.

• Nu phương trình đc trưng (2) có nghim phc bi s

λ j = λ j+1 = · · · = λ j+s−1 = r(cos θ + i. sin θ)

thì (2) cũng có nghim phc bi s liên hp vi λ j là λ j mà ta đt là

λ j+s = λ j+s+1 = · · · = λ j+2s−1 = r(cos θ − i. sin θ).

Trong trưng hp này, đ thu đưc công thc nghim tng quát, trong côngthc (3) ta thay b phn

c jλn j + c j+1λn

j+1 + · · · + c j+2s−1λn j+2s−1




bi b phn tương ng

s−1

i=0

c j+inirn cos nθ +

s−1

i=0

c j+s+inirn sin nθ.

B. Tìm nghim riêng ca phương trình sai phân tuyn tínhkhông thun nht. Vic tìm nghim riêng ca phương trình sai phân

tuyn tính không thun nht cp k làm tương t như tìm nghim riêng caphương trình sai phân tuyn tính không thun nht cp hai và cp ba.

C. Tìm nghim tng quát ca phương trình sai phân tuyn tính cp k.Nghim tng quát có dng

y n = y n + y ∗n,trong đó: +) y n là nghim ca phương trình sai phân tuyn tính cp k. +) y n lànghim ca phương trình thun nht tương ng. +) y ∗n là mt nghim riêng caphương trình không thun nht.



Chương 3

Xác đnh s hng tng quátca mt dãy s

Vic tính gii hn ca mt dãy s đưc cho bi công thc truy hi thưngphi qua giai đon chng minh s tn ti gii hn ca dãy đã cho và sau đó s dng h thc lim

n→∞ xn+1 = limn→∞xn đi vi dãy hi t bt kỳ. Điu đó thưng

đưc thc hin bng cách s dng nguyên lý Weierstrass ( điu kin đ đ dãyhi t ) hoc nguyên lý hi t Bolzano - Cauchy. Quá trình đó gp không ít khókhăn. Mt trong nhng phương thc khc phc khó khăn đó là chuyn t cáchcho dãy bng công thc truy hi sang cho dãy bng phương pháp gii tích, tclà xác đnh dãy bng công thc s hng tng quát ca nó. Bài toán xác đnh shng tng quát ca mt dãy s đưc cho bi h thc truy hi là bài toán thưnggp trong chương trình ph thông. Bài toán đó đưc phát biu như sau. Xác đnhs hng tng quát ca dãy s (xn) đưc cho bi h thc truy hi.

x1 = α1 ; x2 = α2 ; · · · ; xk = αk (∗)

f (xn+k ; xn+k−1; · · · ; xn+1; xn; n) = 0 (1)quad(I )

trong đó α1; α2; · · · ; αk là các s ∈ R, cho trưc, còn f là mt biu thc chak + 2 bin, cho trưc. Thc cht bài toán đang xét là bài toán xác đnh hàm sxn = x(n) tho mãn phương trình sai phân (I ) vi các điu kin biên (∗). Do đó,đôi khi ta cũng gi bài toán xác đnh dãy s đưc cho bi h thc truy hi (I ) làbài toán gii phương trình sai phân (I ).

60



3.1. Tìm s hng tng quát ca dãy (dng đa thc) khi bit các s hng đu tiên 61

3.1 Tìm s hng tng quát ca dãy (dng đa thc)

khi bit các s hng đu tiênVí d 3.1. Cho dãy s:

1; −1; −1;1;5;11;19;29;41;55; · · · .

Hãy tìm quy lut biu din ca dãy s đó và tìm s tip theo.

Gii. Lp bng mt s sai phân ban đu:

y = 1 -1 -1 1 5 11 19 29 41 55∆y -2 0 2 4 6 8 10 12 14

∆2

y 2 2 2 2 2 2 2 2Ta thy sai phân cp hai không đi nên dãy s là dãy các giá tr ca đa thc bchai:

y = an2 + bn + c (a = 0)

trong đó n là s th t ca các s trong dãy s. Cho n = 0 ; 1 ; 2 (Đánh s cács bt đu t 0) ta nhn đưc h phương trình:

c = 1

a + b + c = −1

4a + 2b + c =

−1

⇔

a = 1

b = −3

c = 1

.

Vy dãy s tuân theo quy lut sau:

y n = n2 − 3n + 1

S hng đu tiên là y 0 = 1, s hng tip theo s hng 55 s ng vi n = 10 nêns là:

y 10 = 102 − 3.10 + 1 = 71.

Ví d 3.2. Cho dãy s:

−5; −3; 11; 43; 99; 185; 307; 471; · · · .

Hãy tìm quy lut biu din ca dãy s đó và tìm hai s hng tip theo.

Gii. Lp bng mt s sai phân ban đu:



3.1. Tìm s hng tng quát ca dãy (dng đa thc) khi bit các s hng đu tiên 62

y = -5 -3 11 43 99 185 307 471

∆y 2 14 32 56 86 122 164∆2y 12 18 24 30 36 42∆3y 6 6 6 6 6

Ta thy sai phân cp ba không đi nên dãy s là dãy các giá tr ca đa thc bcba:

y = an3 + bn2 + cn + d (a = 0)

trong đó n là s th t ca các s trong dãy s. Cho n = 0 ; 1 ; 2 ; 3 (đánh sth t các s hng bt đu t 0) ta nhn đưc h phương trình:

d = −5

a + b + c + d = −38a + 4b + 2c + d = 11

27a + 9b + 3c + d = 43

⇔ a = 1

b = 3c = −2

d = −5

.

Vy dãy s tuân theo quy lut sau:

y n = n3 + 3n2 − 2n − 5.

S hng đu tiên là y 0 = −5, hai s hng tip theo s hng 471 s ng vi n = 8; 9nên s là:

y 8

= 83 + 3.82

−2.8

−5 = 683 ; y

9 = 93 + 3.92

−2.9

−5 = 949.

Chú ý: 1) Quy lut tìm đưc trên là không duy nht vì hin nhiên, các s hngđã cho cũng tho mãn, chng hn quy lut:

y n = n3+3n2−2n−5+P (n).(n+5)(n+3)(n−11)(n−43)(n−99)(n−185)(n−307)(n−471)

trong đó P (x) là mt đa thc bt kỳ. Vy thc cht trên đây ta mi ch tìm đưcmt quy lut mà dãy các s đã cho tho mãn mà không tìm đưc tt c các quylut mà dãy các s đã cho tho mãn. 2) Nh rng ∆2(ax2 + bx + c) = Const,nhưng nu ∆2y = Const thì chưa chc là (không th suy ra đưc) y = ax2+bx+c.

Bài tp tương t

Bài toán 3.1. 1 Vi mi dãy s sau đây hãy: a) Tìm mt quy lut biu din ca dãy s. b) Vit hai s hng tip theo ca mi dãy s theo quy lut va tìm đưc đó:

1. : 1; −2; −2; 1; 7; 16;28;43; 61; · · · .



3.2. Công thc truy hi là mt biu thc tuyn tính 63

2. : 1; 6; 17; 34;57;86; 121; · · · .

3. : 2;3; 7;14; 24; 37;· · · .4. : 3; 5; 10; 18;29;· · · .

5. : 5; 1; 5; 14; 28; 47; 71; 100; 134; 173; 217; · · ·.Bài toán 3.2. 2 Tìm quy lut ca các dãy s sau:

1. 2; 2; 8; 26; 62;122; 212; 338 ; · · · .

2. 1; 6; 17; 34; 57; 86; 121; 162;209; 262 ; · · · .

3. −5; −3; 11; 43; 99; 185;307; 471; 683;949 ; · · · .

Bài toán 3.3. 3 Tìm công thc s hng tng quát ca dãy s khi bit các s hng đu tiên.

1. {8; 14;20; 26;32 ; · · · }.

2. {−0, 5 ; 1, 5 ; −4, 5 ; 13, 5 ; −40, 5 ; · · · }.

3. {2; 3

2; 4

3; 5

4; 6

5 ; · · · }.

4. {1 ;3 ;1 ;3 ; · · · }.

5. {5;7;11;19;35; · · · }.

6. {1;2;6;24;120; · · · }.

7. {−2 ; − 1

2 ; − 4

3 ; −3

4 ; − 6

5 ; · · · }.

8. {0, 3 ; 0, 33 ; 0, 333 ; · · · }.

9. {1

2 ;

1

2 ;

3

8 ;

1

4 ;

5

32 ; · · · }.

3.2 Công thc truy hi là mt biu thc tuyn tính

Trưng hp h thc truy hi đã cho là h thc tuyn tính.

a0xn+k + a1xn+k−1 + · · · + akxn = f (n).

vi a0; a1; · · · ; ak (a0 = 0 ; ak = 0) là các hng s thì bài toán có th đưc xem như mt phương trình sai phân tuyn tính và đưc gii như trong chương trưc.Tuy nhiên, cũng có th gii bng các phương pháp khác.




3.2.1 Ví d

Ví d 3.3. Tìm s hng tng quát ca dãy s (xn

) đưc cho bi h thc truy hi.

x0 = 99

xn+1 = xn − 2n − 1 (1).

Gii. Coi (1) là phương trình sai phân tuyn tính cp 1. Do f (n) = −2n − 1 là đa thc bc nht, λ = 1 ⇒ nên ta chn x∗n = n(an + b). Thay vào (1) đưc.

(n + 1)[a(n + 1) + b] = n(an + b) − 2n − 1 ⇒ a = −1 ; b = 0 ⇒ x∗n = −n2.

Còn xn = C.1n = C ⇒ xn = C − n2, mà x0 = 99 ⇒ C − 02 = 99 ⇔ C = 99. Vy phương trình (1) có nghim. xn = 99 − n2.Gii (Cách 2). T h thc đã cho ta có.

x0 = 99

x1 = x0 − 1

x2 = x1 − 3

· · · · · · · · ·xn−1 = xn−2 − (2n − 3)

xn = xn−1 − (2n − 1)

Cng tng v các đng thc trên, ta đưc

xn = 99−

[1 + 3 + 5 +· · ·

+ (2n−

1)] = 99−

n2.

Vy công thc s hng tng quát ca dãy s cn tìm là xn = 99 − n2.

Ví d 3.4. Tìm s hng tng quát ca dãy s (xn) đưc cho bi h thc truy hi.

x0 = 8

xn+1 = 2xn + 3n (2).

Gii. Do λ = 2 = 3 = β nên ta chn x∗n = d.3n. Thay vào phương trình (2)đưc d = 1 ⇒ x∗n = 3n. Còn xn = C.2n. Vy xn = C.2n + 3n. Thay vào điu kin biên đưc C = 7.

Tr li: phương trình đã cho có nghim. xn = 7.2n + 3n.

Gii (Cách khác). Đt y n = xn − 3n, ta đưc y 0 = 8 − 1 = 7

y n+1 + 3.3n = 2(y n + 3n) + 3n ⇔

y 0 = 7

y n+1 = 2y n




T đó có (y n) là cp s nhân ⇒ y n = 7.2n ⇒ xn = 7.2n + 3n là công thc s hng tng quát cn tìm .

Ví d 3.5. Tìm tt c các dãy s (an) tho mãn an+1 = 2n − 3an và (an) là mt dãy s tăng.

Gii. Xét phương trình sai phân. an+1 = 2n − 3an (3).Đt an = un.2n. Thay vào (3) đưc.

un+1.2n+1 = −3.un.2n + 2n ⇔ un+1 = −3

2un +

1

2. (3.1)

Phương trình này có nghim tng quát là.

un = C.(−3

2)n +

1

5 ⇔ an = C.(−3)n +

1

5.2n.

Ta có.

(an) ↑ ⇔ an+1 > an

⇔ −3C.(−3)n + 2

5.2n > C.(−3)n +

1

5.2n vi mi n ∈ N

⇔ 4C.(−3)n < 1

5.2n vi mi n ∈ N. (∗)

+) Vi C > 0 thì (∗) ⇔ 1

20C > (−3

2)n vi mi n ∈ N. Ta không chn đưc C vì

khi n chn thì (−3

2)n → +∞.

+) Vi C < 0 thì (∗) ⇔ 120C

< (−32

)n vi mi n ∈ N. Ta cũng không chn đưc

C vì khi n l thì (−3

2)n → −∞.

+) Vi C = 0 thì an = 1

5.2n là dãy s tăng.

Vy dãy s cn tìm là. an = 1

5.2n.

Ví d 3.6. Cho a ; q ; d là các s ∈ R, cho trưc. Hãy xác đnh s hng tng quát ca dãy s (un) đưc cho bi công thc truy hi.

u1 = a

un+1 = qun + d (n ≥ 1) . (4)

Hãy xét tt c các trưng hp có th xy ra đi vi các tham s a ; q ; d.

(Dãy s đưc cho bi công thc trên còn đưc gi là cp s nhân - cng)




Gii.+) Nu q = 0 thì (4) xác đnh dãy s có công thc s hng tng quát

u1 = a ; un = d, ∀ n ∈ N∗, n ≥ 2.

+) Nu q = 1 thì (4) xác đnh mt cp s cng có công thc s hng tng quát

un = a + (n − 1)d.

+) Nu d = 0 thì (4) xác đnh mt cp s nhân có công thc s hng tng quát

un = a · q n−1.

+) Ta xét trưng hp d = 0 ; q = 0 ; q = 1. Đt un := vn + α (vi α chn sau)ta đưc

(4) ⇔ v1

= a−

α

vn+1 + α = q (vn + α) + d (n ≥ 1) . (4.1)

Chn α = d

1 − q ta đưc (4.1) là h thc truy hi xác đnh mt cp s nhân vi

công bi q và do đó

vn = v1 · q n−1 ⇒ un =

a − d

1 − q

q n−1 +

d

1 − q .

Ví d 3.7. Cho a ; b ; p ; q là các s ∈ R, cho trưc. Hãy xác đnh s hng tng quát ca dãy s (un) đưc cho bi công thc truy hi.

u0 = a ; u1 = bun+1 = ( p + q )un − pqun−1, (n ≥ 1) (5)

.

Hãy xét tt c các trưng hp có th xy ra đi vi các tham s a ; b ; p ; q .

Gii. Đt vn = un − pun−1 ta có đưc

v1 = u1 − pu0 = a − pb ; vn+1 = qvn ⇒ vn = v1 · q n−1 (α).

Ap dng liên tip (α) ta có.

u1 − pu0 = v1

u2 − pu1 = v1q u3 − pu2 = v1q 2

· · · · · · · · ·un − pun−1 = v1q n−1.




T các dng thc trên d dàng nhn đưc kt qu sau.

un =

pn

−q n

p − q b − pq pn

−1

−q n−1

p − q a nu p = q

npn−1b − (n − 1) pna nu p = q .

Ví d 3.8. Cho a ; b ; p ; q ; r là các s ∈ R, cho trưc, pr = 0. Bit rng phương trình

pt2 + qt + r = 0 (α)

có hai nghim thc t = t1 ; t = t2. Hãy xác đnh s hng tng quát ca dãy s (un) đưc cho bi công thc truy hi.

u1 = a ; u2 = b

pun+2 + qun+1 + run = 0 (n≥

1). (6)

HDG. Chia hai v ca phương trình cho p ri s dng đnh lý Vieete, đưa v ví d 5.

Ví d 3.9. Xác đnh s hng tng quát ca dãy s đưc cho bi h thc truy hi:x0 = 101

xn+1 = 7.xn + 7n+1 (1.4).

Gii. Coi (1.4) là phương trình sai phân tuyn tính (cp 1), không thun nht,vi h s hng s. Do λ = 7 = β nên ta chn x∗n = d.n.7n. Thay vào phương

trình (1.4) đưc d = 1 ⇒ x∗n = n.7n. Còn xn = C.7n. Vy xn = C.7n + n.7n.Thay vào điu kin biên đưc C = 101.Tr li. phương trình đã cho có nghim. xn = (101 + n).7n.

Gii (Cách khác). Đt xn = y n.7n. Ta thu đưc h thc truy hi đi vi dãy s (y n).

x0 = y 0.70

y n+1.7n+1 = 7.y n.7n + 7n+1 ⇔

y 0 = 101

y n+1 = y n + 1

T đó ta thy (y n) là dãy s cng vi s hng đu y 0 = 101, công sai d = 1. Theocông thc s hng tng quát ca dãy s cng ta đưc

y n = y 0 + n.d ⇔ y n = 101 + n.

Bi vy xn = (101 + n).7n

là công thc s hng tng quát ca dãy s cn tìm.




Ví d 3.10. Xác đnh công thc s hng tng quát ca dãy s (xn) đưc cho bi h thc sau . x0 = 1 ; x1 = 16

xn+2 = 8xn+1 − 16xn

.

Gii. Coi h thc đã cho là phương trình sai phân tuyn tính (cp 2) thun nht, vi h s hng s. Ta có phương trình đc trưng.

λ2 − 8λ + 16 = 0 ⇔ λ1 = λ2 = 4 (có nghim kép).

Vy. xn = xn = (A + Bn).4n.Gii điu kin biên.

x0 = 1

x1 = 16 ⇔ A = 1

(A + B ).4 = 16 ⇔ A = 1

B = 3.

Vy phương trình đã cho có nghim. xn = (1 + 3n).4n.Gii. Đt xn = y n.4n. Ta thu đưc h thc truy hi đi vi dãy s (y n).

y 0.40 = x0

y 1.41 = x1

y n+2.4n+2 = 8.y n.4n+1 − 16.y n.4n

⇔

y 0 = 1

y 1 = 4

y n+2 = 2y n+1 − y n

Đt tip z n = y n+1 − y n (n ≥ 0) ta đưc

z 0

= 3

z n+1 = z n ∀ n ≥ 0 ⇔ z n = 3 ∀ n ≥ 0

Như vy, ta đưc h thc truy hi đi vi dãy s (y n) là.

y 0 = 1

y 1 = 4

y n+1 = y n + 3 (n ≥ 0)

T đó ta thy (y n) là dãy s cng vi s hng đu y 0 = 1, công sai d = 3. Theocông thc s hng tng quát ca dãy s cng ta đưc

y n = y 0 + n.d ⇔ y n = 1 + 3n.

Bi vy xn = (1 + 3n).4n

là công thc s hng tng quát ca dãy s cn tìm.




Bài tp

1. Tìm s hng tng quát ca dãy s (un) đưc cho bi.un+1 = 3un − 6n + 1 ; u1 = 1.

Đáp s: un = 3n + 1 − 3n.

2. Tìm s hng tng quát ca dãy s (un) đưc cho bi.

un+1 = un + 2n2 ; u1 = 1.

Đáp s: un = 1

3(2n3 − 3n2 + n + 3).

3. Tìm s hng tng quát ca dãy s (un) đưc cho bi.un+1 = 5un − 3n ; u0 = 1.

Đáp s: un = 1

2(5n + 3n).


un+1 = 2un + 6.2n ; u0 = 1.

Đáp s: un = (3n + 1).2n.

5. Tìm s hng tng quát ca dãy s (un) đưc cho bi.un+1 = un + 2n.3n ; u0 = 0.

Đáp s: un = 1

2[(2n − 3).3n + 3].


un+1 − 2un = (n2 + 1).2n ; u0 = 1.

Đáp s: un =

n(2n2 − 3n + 7)

6 + 2

.2n.


un+1 − 2un = n + 3n ; u0 = 1.

Đáp s. un = 2n + 3n − n − 1.



3.3. Công thc truy hi là mt h biu thc tuyn tính 70

3.3 Công thc truy hi là mt h biu thc tuyn tính

Xét bài toán sau: Xác đnh s hng tng quát ca các dãy s (xn) ; (y n) tho mãn h thc truy hi dng.

x1 = a ; y 1 = b (∗)

xn+1 = pxn + qy n (1)

y n+1 = rxn + sy n (2)

(I ) vi a; b; p; q ; r; s là các hng s ∈ R

Phương pháp gii. Trong (1) thay n bi n + 1 và bin đi ta đưc.

xn+2 = pxn+1 + qy n+1

= pxn+1 + q (rxn + sy n)

= pxn+1 + qrxn + s(xn+1 − pxn)

⇒xn+2 − ( p + s)xn+1 + ( ps − qr)xn = 0

T (1) ta cũng có x2 = px1 + qy 1 = pa + qb. Vy ta thu đưc phương trình sai phân tuyn tính cp hai thun nht:

x1 = a ; x2 = pa + qb

xn+2 − ( p + s)xn+1 + ( ps − qr)xn = 0

Mà ta đã bit cách gii chương trưc. Gii phương trình này ta tìm đưc xn.Thay vào (1) ta tìm đưc y n.

3.3.1 Ví d

Ví d 3.11. Tìm xn ; y n tho mãn.

x1 = 1 ; y 1 = 1

xn+1 = 4xn − 2y n (1)

y n+1 = xn + y n quad(2)

.

Gii. Trong (1) thay n bi n + 1 ta đưc

xn+2

= 4xn+1 −

2y n+1

= 4xn+1 − 2(xn + y n) = 4xn+1 − 2xn − 2y n

= 4xn+1 − 2xn + xn+1 − 4xn = 5xn+1 − 6xn

⇒ xn+2 − 5xn+1 + 6xn = 0.



3.3. Công thc truy hi là mt h biu thc tuyn tính 71

T (1) ta có: x2 = 4x1 − 2y 1 = 4.1 − 2.1 = 2. Vy ta có phương trình sai phân tuyn tính thun nht:

x1 = 1 ; x2 = 2

xn+2 − 5xn+1 + 6xn = 0.

Gii phương trình này ta đưc xn = 2n−1. Thay xn vào (1) đưc y n = 2n−1. Vy

h đã cho có nghim.

xn = 2n−1

y n = 2n−1 .

Ví d 3.12. Tìm xn ; y n tho mãn.

x0 = 2 ; y 0 = 0

4xn+1 = 2xn − 3y n (1)2y n+1 = 2xn + y n quad(2)

.

Gii. Lp lun tương t ví d trên ta đưc phương trình sai phân tuyn tính thun nht:

x0 = 2 ; x1 = 1

xn+2 − xn+1 + xn = 0.

Phương trình đc trưng.

λ2 − λ + 1 = 0 ⇔ λ = cos π

3 ± i sin

π

3.

Vy phương trình trên có nghim tng quát.

xn = A. cos nπ

3 + B. sin

nπ

3 .

Thay vào điu kin biên đưc A = 2 ; B = 0 ⇒ xn = 2 cos nπ

3 . Thay tip vào (1)

đưc y n = 4√

3sin

nπ

3 .

Vy h đã cho có nghim:

xn = 2cos nπ

3

y n = 4√

3sin

nπ

3

. Bài tp Tìm xn, y n tho mãn:

1.

x0 = 2; y 0 = 2

xn+1 = 1

2xn − 3

4y n

y n+1 = xn + 1

2y n

.



3.4. Công thc truy hi là biu thc tuyn tính vi h s bin thiên 72

2.

x0 = 0; y 0 = 6

xn+1 = 3xn + y n

y n+1 = 5xn − y n

.

3.

x0 = 2; y 0 = 1

xn+1 = 2xn − y n

y n+1 = xn + 4y n

.

4.

x0 = −1; y 0 = 2

xn+1 = 2xn − 8y n

y n+1 = 2xn − 6y n

.

5.x0 = 1; y 0 = 1

xn+1 = 4xn − 2y n + 9n − 3

y n+1 = xn + y n + 3n

.

6.

x0 = 1; y 0 = 1 − 1√ 2

xn+1 = xn − y n

y n+1 = xn + y n

.

3.4 Công thc truy hi là biu thc tuyn tính vi h

s bin thiênLý thuyt v phương trình sai phân tuyn tính vi các h s bin thiên cho

đn nay vn chưa hoàn chnh. Vic gii các phương trình sai phân tuyn tính vi các h s bin thiên là rt phc tp. Trong phn này ta s ch xét mt s dng đc bit, đơn gin ca các phương trình sai phân tuyn tính vi các h s bin thiên ch yu bng phương pháp đt dãy s ph, đưa v phương trình sai phân tuyn tính.

Ví d 3.13. Tìm un bit rng.

u1 = 0 ; un+1 = n

n + 1(un + 1) vi mi n ≥ 1.

Gii. T gi thit có: (n + 1)un+1 = nun + n. Đt xn = nun, ta có

x1 = 0 ; xn+1 = xn + n.




Gii phương trình này ta đưc:

xn = n(n − 1)2 . Vy ta có: un = n − 12 .

Ví d 3.14. Tìm un bit rng.

u1 = 0 ; un+1 = n(n + 1)

(n + 2)(n + 3)(un + 1) vi mi n ≥ 1.

Gii. T gi thit có:

(n + 1)(n + 2)2(n + 3)un+1 = n(n + 1)2(n + 2)un + n(n + 1)2(n + 2).

Đt xn = n(n + 1)2(n + 2)un, ta có

x1 = 0 ; xn+1 = xn + n(n + 1)2(n + 2).

Gii phương trình này ta đưc:

xn = (n − 1)n(n + 1)(n + 2)(2n + 1)

10 .

Vy ta có đáp s:

un = (n − 1)(2n + 1)

10(n + 1) .

Ví d 3.15. Tìm:

J n = π2

0sinn x dx.

Gii. S dng công thc tích phân tng phn ta có.

J n = − cos x. sinn−1 xπ

20

+

π

2

0

(n − 1) sinn−2 x cos2 x dx

=

π

2

0(n − 1) sinn−2 x(1 − sin2 x) dx

= (n − 1) π

20

sinn−2 x − sinn x dx

= (n − 1)(J n−2 − J n).

⇒ J n+2 = n + 1

n + 2J n (1).




D thy: J 0 = π

2 ; J 1 = 1. T đó và t (1) ta có

+) Khi n chn ( n = 2k) thì

J 2 = 1

2J 0

J 4 = 3

4J 2

J 6 = 5

6J 4

· · · · · · · · ·J 2k =

2k − 1

2k J 2k−2.

Nhân tng v các đng thc trên và rút gn ta đưc.

J 2k = 1.3. · · · .(2k − 1)

2.4. · · · .(2k) .

π

2 =

(2k − 1)!!

(2k)!! .

π

2.

+) Khi n l ( n = 2k + 1) thì.

J 3 = 2

3J 1

J 5 = 4

5J 3

J 7 = 6

7J 5

· · · · · · · · ·J 2k+1 =

2k

2k + 1J 2k−1.

Nhân tng v các đng thc trên và rút gn ta đưc.

J 2k+1 = 2.4. · · · .(2k)

1.3. · · · .(2k + 1).1 =

(2k)!!

(2k + 1)!!.

Đáp s.

J 2k = (2k − 1)!!

(2k)!! .

π

2 ; J 2k+1 =

(2k)!!

(2k + 1)!!.

Ví d 3.16. Tìm xn bit rng.x1 = a > 0 ; xn+1 = g(n).xk

n (1) vi mi n ≥ 1,

trong đó g(n) > 0 vi mi n ∈ N∗ ; k ∈ R+.




Gii. T gi thit suy ra xn > 0 vi mi n ∈ N∗. Ly logarit Neper hai v ca (1) ta đưc

ln xn+1 = ln g(n) + k. ln xn. (2)

Đt y n = ln xn, khi đó (2) có dng.

y n+1 − ky n = ln g(n). (3)

Đt tip y n = kn−1un khi đó (3) có dng.

un+1 − un = ln g(n)

kn ⇒ un = u1 +

n−1i=1

ln g(i)

ki .

T gi thit x1 = a > 0 ⇒ u1 = ln a. Vy.

un = ln a +

n

−1

i=1

ln g(i)ki

⇒ y n = kn−1ln a +

n

−1

i=1

ln g(i)ki

.

Cui cùng, ta có:

xn = ekn−1(lna+ n−1

i=1ln g(i)

ki )

= exp

kn−1(ln a +

n−1i=1

ln g(i)

ki )

.

Ví d 3.17. Tìm xn bit rng.

x1 = a > 0 ; xn+1 = f (n + 1)

f k(n) .xk

n (1) vi mi n ≥ 1.

Trong đó f (n) > 0 vi mi n ∈ N∗ còn k ∈ N∗, cho trưc.

Gii. T (1) ta có:xn+1

f (n + 1) =

xkn

f k(n). (2)

Đt dãy ph: vn = xn

f (n), khi đó (2) có dng: vn+1 = vk

n. (3). Đt tip dãy s

ph: un = ln vn, khi đó (3) có dng.

un+1 = kun ⇒ un = C.kn (Vi C là hng s).

Mà x1 = a ⇒ v1 = af (1)

⇒ u1 = ln af (1)

= C.k ⇒ un = ln af (1)

kn−1. Vy ta có.

vn = ekn−1 ln

a

f (1) =

a

f (1)

kn−1

. Hay là. xn = f (n)( a

f (1))k

n−1.




Ví d 3.18. Tìm s hng tng quát ca dãy s (xn) bit rng x1 = a và

xn+1 = a(n)xn + b(n) quad(6)

trong đó a(n) ; b(n) là các hàm s đi vi n ∈ N, a(n) = 0, ∀ n ∈ N.

Gii. Đt dãy s ph

xn = y n.n−1k=0

a(k)

Khi đó ta có y 1 = a

a(0) và

(6)

⇔y n+1

−y n =

b(n)

n

k=0a(k)

:= g(n). quad(6.1)

T đng thc (6.1) ta d dàng nhn đưc

y n = y 1 +n−1k=1

g(k) = a

a(0) +

n−1k=1

g(k).

Vy nên ta có

xn = a

a(0) +

n−1k=1

b(k)k j=0 a( j)

n−1k=0

a(k).

là công thc s hng tng quát cn tìm.

Ví d 3.19. Tìm s hng tng quát ca dãy s (xn) bit rng x1 = a ; x2 = bvà

xn+2 = a(n)xn+1 + b(n)xn + f (n) quad(7)

trong đó a(n) ; b(n) ; f (n) là các hàm s đi vi n ∈ N, b(n) = 0, ∀ n ∈ N và tn ti s p = 0, tn ti hàm s q (n) = 0 ∀ n ∈ N sao cho:

p + q (n) = a(n) ; p.q (n) = −b(n). (∗)

Gii. S dng điu kin (∗) ta có th vit li (7) dưi dng

(xn+2 − pxn+1) − q (n)(xn+1 − pxn) = f (n) quad(7.1)

Đt y n = xn+1 − pxn (∗1). Khi đó, (7.1) có dng.

y n+1 = q (n)y n + f (n) ; y 1 = b − pa := α.




Theo ví d 6, ta tìm đưc

y n = α

q (0) +

n−1

k=1

f (k)k j=0 q ( j)

n−1

k=0

q (k) := h(n), n > 1.

Thay y n vào (∗1), gii phương trình sai phân tuyn tính cp 1 thu đưc ta tìm đưc công thc s hng tng quát cn tìm là.

xn = a.pn−1 + pn.n−1k=1

h(k)

pk+1, n > 1.

Ví d 3.20. Tìm s hng tng quát ca dãy s (xn) nu bit

x1 = 1 ; x2 = 2 ; xn+2 = (n + 1)(xn+1 + xn), n ≥ 1. (7)

Gii. Đt xn = n!y n. Khi đó, (7) có dng

n!y n = (n − 1)[(n − 1)!xn−1 + (n − 2)!xn−2]

hay là

ny n − (n − 1)y n−1 − y n−2 = 0 ⇔ (y n − y n−1 = − 1

n(y n−1 − y n−2), ∀ n ≥ 2.

T đó có

y n − y n−1 =

(

−1)n−1

n! , y 3 − y 2 =

1

6 , y 2 − y 1 = −1

2 .

Vit các đng thc trên ri cng li ta đưc

y n = y 1 +n−1k=2

(−1)k−1

k! = 1 +

n−1k=2

(−1)k−1

k! , n ≥ 3.

Vy công thc s hng tng quát cn tìm là

xn = n!

1 +

n−1k=2

(−1)k−1

k!

, n ≥ 3.

Bài tp

Tìm xn bit rng:



3.5. Công thc truy hi dng phân tuyn tính vi h s hng 78

1.

x1 = 0

xn+1 = n

n + 1(xn + 1)

.

2.

x1 = 0

xn+1 = n(n + 1)

(n + 2)(n + 3)(xn + 1)

.

3.

x1 = 1

2

xn+1 = (n + 1)2

n(n + 2)xn +

n(n + 1)

n + 2 · n!

.

4. x1 = a

xn+1 = (n + 1)(xn + 1).

5.

x1 = 2

xn+1 = n

n + 2xn +

4.3n

(n + 1)(n + 2)

.

6.

x1 = 8 ; x2 = 33

2

xn+2 − 2(n + 1)(n + 3)

(n + 2)2 xn+1 − 3

n(n + 2)

(n + 1)(n + 3)xn = −4

n(n + 3)

n + 2

.

3.5 Công thc truy hi dng phân tuyn tính vi h

s hngTrong phn này ta s tìm s hng tng quát ca dãy s đưc cho dưi dng

công thc truy hi dng phân tuyn tính vi h s hng thông qua các ví d c th.

Ví d 3.21. Tìm dãy s (xn) tho mãn các điu kin sau.

x1 = a > 0 ; xn+1 = xn

xn + 2 vi mi n ≥ 1.

Gii. T gi thit suy ra xn > 0 vi mi n ∈ N∗. Mà.

xn+1 = xn

xn + 2 ⇔ 1

xn+1

= 1 + 2

xn

.

Đt y n = 1

xn, khi đó ta đưc.

y n+1 = 2y n + 1 ⇔ y n+1 − 2y n − 1 = 0 ; y 1 = 1

a.




Gii phương trình sai phân này ta đưc:

y n = (a + 1)2n

−1

− aa

. Hay là. xn = a(a + 1)2n−1 − a


x0 = a ; xn+1 = pxn + q

rxn + s vi mi n ∈ N. (1)

trong đó a, p, q,r,s ∈ R, cho trưc.

Gii. Li gii ca ví d này thu đưc trc tip t B đ sau.

B đ 3.1. Nu y n và z n là nghim ca h phương trình sai phân.y n+1 = py n + qz n ; y 0 = a

z n+1 = ry n + sz n ; z 0 = 1. (2)

thì xn = y nz n

là nghim ca phương trình.

x0 = a ; xn+1 = pxn + q

rxn + s.

Chng minh. Tht vy, ta có: x0 = y 0

z 0

= a

1

= a. Ngoài ra.

xn+1 = y n+1

z n+1=

py n + qz nry n + sz n

= p

y nz n

+ q

ry nz n

+ s=

pxn + q

rxn + s.

T đó suy ra đpcm. T B đ trên ta có đưc cách gii ca phương trình sai phân dng phân tuyn tính (1) bng cách lp và gii h phương trình (2). T đó thu đưc nghim ca (1) theo B đ. Ví d c th xem trong li gii ca ví d 3 sau đây.


x0 = 0 ; xn+1 = xn + 1

−xn + 1 vi mi n ≥ 1.




Gii. Xét h phương trình

y 0 = 0 ; z 0 = 1y n+1 = y n + z n

z n+1 = −y n + z n

.

Gii h này ta đưc.

y n = (√

2)n sin nπ

4 ; z n = (

√ 2)n cos

nπ

4 .

T đó, theo B đ đã chng minh trên ta đưc nghim ca phương trình đã cholà.

xn =

y nz n =

(√

2)n sin nπ

4

(√ 2)n cos nπ4

= tg

nπ

4 .

Ví d 3.24. Tìm công thc s hng tng quát ca dãy s (xn) đưc cho bi h thc truy hi sau

x1 = a ; xn+1 = bxn

cxn + d quad(4).

Trong đó, a, b, c ∈ R∗, d ∈ R.

Gii. Đt y n := 1

xn;

c

b := p ;

d

b := q ta đưc

(4) ⇔ y n+1 = pxn + q ; y 1 = 1a .

Đó là h thc xác đnh dãy s nhân - cng. Công thc s hng tng quát ca dãy s này đã đưc xác đnh trong phn trưc (xem ví d 4 mc 2.1 ca chương này).

Ví d 3.25. Xác đnh s hng tng quát ca dãy s cho bi h thc truy hi sau.

x1 = 1

2 ; xn+1 =

1

2 − xn.

Gii. Ta xác đnh mt s s hng đu tiên.

x1 = 1

2 ; x2 = 2

3 ; x3 = 3

4 .

Ta s chng minh dãy s đã cho có s hng tng quát

xn = n

n + 1 quad(∗)



3.6. H thc truy hi phi tuyn 81

bng phương pháp quy np. Tht vy, theo trên, (∗) đã đúng ti n = 3. Gi s (

∗) đúng ti n, khi đó

xn+1 = 1

2 − xn=

1

2 − n

n + 1

= n + 1

n + 2.

Vy (∗) cũng đúng ti n + 1 nên theo nguyên lý quy np toán hc, (∗) đúng vi mi n ∈ N∗. Đó chính là điu phi chng minh.

Bài tp

Tìm dãy s tho mãn điu kin sau:

1. xn+1 = 1 − 4xn1 − 6xn

; x0 = 1.

2. xn+1 = 2xn − 2

3xn − 4 ; x0 = −1.

3. xn+1 = xn + 1

−xn + 1 ; x0 = 0.

4. xn+1 = xn − 2

xn + 4 ; x0 = 0.

5. xn+1 = xn − 1

xn + 3 ; x0 = 1.

6. xn+1 = xn − 3

xn + 1 ; x0 = 0.

7. xn+1 = xn

2xn + 1 ; x0 = 0.

3.6 H thc truy hi phi tuyn

Trong phn này ta xét các ví d gii các phương trình sai phân phi tuyn. Lý thuyt tng quát gii các phương trình dng này cho đn nay còn chưa xây dng đưc. Trong phn này ch yu ta s xét các phương trình có th đưc tuyn tính

hoá bng phép đt hàm ph hoc bng phương pháp quy np toán hc.




3.6.1 Quy trình tuyn tính hoá mt phương trình sai phân

Tuyn tính hoá mt phương trình sai phân nghĩa là đưa mt phương trình sai phân dng phi tuyn v dng tuyn tính. Gi s dãy s (un) tho mãn điu kin.

u1 = α1 ; u2 = α2 · · · uk = αk

un = f (un−1, un−2, · · · , un−k) vi n; k ∈ N∗ ; n > k.

Trong đó f là mt đa thc đi s bc m hoc là phân thc, hoc là biu thc siêu vit. Gi s hàm s f (un−1, un−2, · · · , un−k) có th tuyn tính hoá đưc, khi đó tn ti các giá tr x1; x2; · · · ; xk sao cho.

un = x1un−1 + x2un−2 + · · · + xkun−k (1)

Đ tìm x1; x2; · · · ; xk trưc ht ta xác đnh uk+1; uk+2; · · · ; u2k.T công thc lp đã cho ta có.

uk+1 = f (αk; αk−1; · · · ; α2; α1) := αk+1

uk+2 = f (αk+1; αk; · · · ; α3; α2) := αk+2

· · · quad · · · quad · · · quad

u2k = f (α2k−1; α2k−2; · · · ; αk+1; αk) := α2k

.

Thay các giá tr u1; u2; · · · ; uk đã cho và các giá tr uk+1; uk+2 · · · ; u2k va tìm đưc trên vào (1) ta đưc h phương trình tuyn tính gm k phương trình vi k n x1; x2; · · · ; xk.

uk+1 = x1αk + x2αk−1 + · · · + xkα1

uk+2 = x1αk+1 + x2αk + · · · + xkα2

· · · quad · · · quad · · · quad

u2k = x1α2k−1 + x2α2k−2 + · · · + xkαk

. (∗)

Gii h phương trình này ta thu đưc nghim: x1; x2; · · · ; xk. Thay vào (1) ta s đưc biu din tuyn tính cn tìm.

un = f (un−1, un−2, · · · , un−k) = x1un−1 + x2un−2 + · · · + xkun−k

Sau đó ta chng minh công thc biu din trên bng phương pháp quy np toán hc.Chú ý. Nu h (*) vô nghim thì hàm f không th tuyn tính hoá đưc.




3.6.2 Ví d

Ví d 3.26. Cho dãy s (an

) tho mãn.

a1 = a2 = 1 ; an = a2

n−1 + 2

an−2(∗) vi mi n ≥ 3

Hãy tuyn tính hoá, tìm s hng tng quát. Chng minh rng an nguyên vi mi n ∈ N∗.

Gii. Gi s an có biu din tuyn tính là:

an = αan−1 + βan−2 + γ. (1)

Ta có.

a3 = a2

2 + 2

a1=

1 + 2

1 = 3.

a4 = a2

3 + 2

a2=

9 + 2

1 = 11.

a5 = a2

4 + 2

a3=

121 + 2

3 = 41.

Thay a3 = 3 ; a4 = 11 ; a5 = 41 vào (1) ta thu đưc h phương trình.

αa2 + βa1 + γ = a3αa3 + βa2 + γ = a4

αa4 + βa3 + γ = a5

⇔α + β + γ = 3

3α + β + γ = 11

11α + 3β + γ = 41

⇔α = 4

β = −1

γ = 0

.

Vy ta có:an = 4an−1 − an−2 (2)

Ta s chng minh dãy s (an) tho mãn (*) có biu din tuyn tính là.

a1 = a2 = 1 ; an = 4an−1 − an−2 vi mi n ≥ 3. (3)

Tht vy, vi n = 3 ta có: a3 = 4.a2 − a1 = 4.1 − 1 ⇒ (2) đúng vi n = 3.




Gi s (2) đúng ti n = k tc là: ak = 4ak−1 − ak−2 (k ≥ 3). Ta có.

ak+1 = a2

k + 2ak−1

= (4ak−1 − ak−2)2

+ 2ak−1

=16a2

k−1 − 8ak−1ak−2 + a2k−2 + 2

ak−1

=15a2

k−1 − 4ak−1ak−2 + a2k−1 − 4ak−1ak−2 + ak−1ak−3

ak−1

( Nh rng: a2k−2 + 2 = ak−1ak−3)

=15a2

k−1 − 4ak−1ak−2 + ak−1(ak−1 − 4ak−2 + ak−3)

ak−1

=

15a2k

−1

−4ak−1ak−2

ak−1(Do ak−1 − 4ak−2 + ak−3 = 0)

= 15ak−1 − 4ak−2 = 4(ak−1 − ak−2) − ak−1

= 4ak − ak−1.

Vy (2) cũng đúng ti n = k + 1. Theo nguyên lý quy np ta đưc (2) đúng vi mi n ∈ N ; n ≥ 3.T (3) ta thy ngay ∀ n ∈ N∗ : an ∈ Z. Ngoài ra, ta đã chng minh đưc.

a1 = a2 = 1

an =

a2n−1 + 2

an−2 (n ≥ 3)

(

∗)

⇔ a1 = a2 = 1

an = 4an−1 − an−2 (n ≥ 3)

. (

∗∗)

Đ tìm s hng tng quát ta gii phương trình (**). Có phương trình đc trưng:

λ2 − 4λ + 1 = 0 ⇔ λ = 2 +√

3 hoc λ = 2 − √ 3.

Do đó:an = a.(2 +

√ 3)n + b.(2 −

√ 3)n. (4)

Thay vào điu kin biên ta tìm đưc

a = 1

2(3 − 5√

3

) ; b = 1

2(3 +

5√ 3

).

Vy ta có s hng tng quát cn tìm là.

an = 1

2

(3 − 5√

3)(2 +

√ 3)n + (3 +

5√ 3

)(2 −√

3)n

.




Ví d 3.27. Cho dãy s (un) tho mãn.

u1 = α ; un+1 = aun + bu

2

n + c vi a2

− b = 1 ; α > 0 ; a > 1 (∗)Hãy tuyn tính hoá dãy s trên.

Gii.

un+1 = aun +

bu2n + c ⇔ un+1 − aun =

bu2

n + c

⇒ (un+1 − aun)2 = bu2n + c

⇒ u2n+1 + (a2 − b)u2

n = 2aun+1un + c

⇒ u2n+1 + u2

n = 2aun+1un + c (1)

⇒u2n

−u2n

−1 = 2aunun

−1 + c (2)

Tr tng v (1) và (2) ta đưc .

u2n+1 − u2

n−1 = 2aun(un+1 − un−1)

Mà un+1 − un−1 > 0 nên suy ra.

un+1 − 2aun + un−1 = 0

Nói cách khác:

(∗) ⇔

u1 = α ; u2 = aα +√

bα2 + c

un+1 − 2aun + un−1 = 0

Như vy vic tuyn tính hoá đã thc hin xong.

Ví d 3.28. Cho dãy s (xn) tho mãn.

x1 = α ; xn+1 = xn

a +

x2n + b

vi a2 − b = 1 ; α > 0 ; a > 1 (∗∗)

Hãy tuyn tính hoá dãy s trên.

Gii.

xn+1 = xn

a +

x2n + b

⇔ 1

xn+1=

a

xn+

1 +

b

xn(3)

Đt un =

1

xn . Khi đó ta có th vit (2) dưi dng.

u1 = 1

α ; un+1 = aun +

bu2

n + 1 vi a2 − b = 1 ; α > 0 ; a > 1

Đó chính là phương trình sai phân mà ta đã tuyn tính hoá trong ví d 2 trên.




Ví d 3.29. Cho dãy s (un) tho mãn.

u1 = α ; u2 = β ; un+1 = a + u2

n

un−1 vi a ; α ; β ∈ R (∗)


Gii.

un+1 = a + u2

n

un−1⇔ un+1un−1 = u2

n + a (1)

⇒ unun−2 = u2n−1 + a (2)

Tr tng v ca (1) và (2) ta đưc.

quadun+1un−1

−unun−2 = u2

n

−u2n

−1

⇔ un+1un−1 + u2n−1 = u2

n + unun−2

⇔ un

un+1 + un−1=

un−1

un + un−2

⇒ un

un+1 + un−1=

un−1

un + un−2= · · · =

u2

u3 + u1=

αβ

α2 + α + β 2 := k

Do đó un = k(un+1 + un−1) hay là.

(∗) ⇔

u1 = α ; u2 = β

kun+1 − un + kun−1 = 0

Như vy vic tuyn tính hoá đã thc hin xong.Ví d 3.30. Cho dãy s (xn) tho mãn.

x1 = α ; x2 = β ; xn+1 = x2

n + 2bxn − bxn−1 + c

b + xn−1vi α; β ∈ R ; n ≥ 2 (1)


Gii.

(1) ⇔ xn+1 + b = x2

n + 2bxn − bxn−1 + c

b + xn−1+ b =

(xn + b)2 + c

xn−1 + b (2)

Đt y n = xn + b ta đưc phương trình sai phân.

y 1 = α + b ; y 2 = β + b ; y n+1 = c + y 2n

y n−1vi c ; α ; β ∈ R (∗)

Đó chính là phương trình sai phân mà ta đã tuyn tính hoá trong ví d 4 trên.




3.6.3 Mt s ví d khác

Ví d 3.31. Xác đnh s hng tng quát ca dãy s {

f (n)}

(n ∈ N) đưc cho

bi.f (0) = 2 ; f (n + 1) = 3f (n) +

8f 2(n) + 1 (1) vi mi n ≥ 0

Gii. T gi thit ta có: f (n + 1) − 3f (n) =

8f 2(n) + 1 ≥ 0 nên.

(f (n + 1) − 3f (n))2 = 8f 2(n) + 1 ⇒ f 2(n + 1) + f 2(n) = 6f (n)f (n + 1) + 1 (∗)

Thay n bi n − 1 ta đưc:

f 2(n) + f 2(n − 1) = 6f (n − 1)f (n) + 1 (∗∗)

Tr tng v (*) và (**) ta đưc

f 2(n + 1) − f 2(n − 1) = 6f (n)(f (n + 1) − f (n − 1)) (∗ ∗ ∗)

T gi thit ta còn có f (n) > 0 vi mi n (chng minh bng quy np). Ngoài ra.

f (n+1) > 3f (n) = 9f (n−1)+3

8f 2(n − 1) + 1 > f (n−1) ⇒ f (n+1)−f (n−1) > 0

nên: (∗ ∗ ∗) ⇔ f (n + 1) + f (n − 1) = 6f (n). Vy ta đưc phương trình sai phân tuyn tính.

f (0) = 2 ; f (1) = 6 +√

33

f (n + 2) − 6f (n + 1) + f (n) = 0

Gii phương trình này ta đưc.

f (n) = (8 +

√ 66)(3 +

√ 8)n

8 +

(8 − √ 66)(3 − √

8)n

8

D thy f (n) xác đnh như trên tho mãn (1).

Ví d 3.32. Xác đnh s hng tng quát ca dãy s {f (n)} (n ∈ N∗) đưc chobi.

f (1) = α ; f (2) = β ; f (n + 1) = f 2(n) + a

f (n − 1) (∗) vi mi n ≥ 2

Gii. Khi đó, (*) có th đưc vit li dưi dng.

f (n + 1)f (n − 1) = f 2(n) + a vi mi n ≥ 2

Trong đng thc trên thay n bi n − 1 ta đưc .

f (n)f (n − 2) = f 2(n − 1) + a vi mi n ≥ 3




Tr tng v hai đng thc sau ta đưc.

f (n + 1)f (n − 1) − f (n)f (n − 2) = f 2

(n) − f 2

(n − 1) vi mi n ≥ 3

Hay là.

f (n + 1)f (n − 1) + f 2(n − 1) = f (n)f (n − 2) + f 2(n) vi mi n ≥ 3

T đó có.

f (n)

f (n + 1) + f (n − 1) =

f (n − 1)

f (n) + f (n − 2) vi mi n ≥ 3

Đt g(n) := f (n)

f (n + 1) + f (n

−1)

(n ∈ N \ {0; 1}) ta có.

g(n) = g(n − 1) vi mi n ∈ N \ {0; 1}

Do đó.

g(n) = g(n − 1) = · · · = g(2) = f (2)

f (3) + f (1) =

αβ

α2 + β 2 + a := k

Ta đưc phương trình sai phân tuyn tính

f (1) = α ; f (2) = β ; kf (n + 2) − f (n + 1) + kf (n) = 0 (n ≥ 1)

Gii phương trình này ta đưc biu thc ca f (n) cn tìm.Chú ý: Các phương trình dng.

1) f (n + 2) = f 2(n + 1) + 2bf (n + 1) − bf (n) + c

f (n) + b , (n ∈ N∗) (1)

(Trong đó: f (1) = α, f (2) = β )

2) f (n + 1) = f 2(n)

(1 + af 2(n))f (n − 1), (n ∈ N, n ≥ 2) (2)

(Trong đó: a > 0, f (1) = α = 0, f (2) = β = 0)




có th đưa đưc v dng ca ví d trên. Tht vy, ta có.

(1) ⇔ f (n + 1) = f 2

(n) + 2bf (n) + b2

− bf (n − 1) − b2

+ cf (n − 1) + b

= [f (n) + b]2 − b[f (n − 1) + b] + c

f (n − 1) + b

= [f (n) + b]2 + c

f (n − 1) + b − b

⇔ f (n + 1) + b = [f (n) + b]2 + c

f (n − 1) + b vi mi n ≥ 1

Đt g(n) = f (n + 1) + b Ta đưc.

g(n + 1) = g2(n) + c

g(n − 1)

,

∀ n

∈N∗.

Đó là phương trình có dng đã xét ví d 2 trên. T các điu kin ca phương trình (2) ta có f (n) = 0 vi mi n ∈ N∗, do đó.

(2) ⇔ 1

f (n + 1) =

1 + af 2(n)

f 2(n) .f (n − 1)

=

1

f 2(n) + a

1

1

f (n − 1)

⇔g(n + 1) =

g2(n) + a

g(n − 1)

,

∀ n

∈N∗.

Trong đó, g(n) = 1

f (n), ∀ n ∈ N∗, g(1) =

1

α, g(1) =

1

β

Đó là phương trình có dng đã xét ví d 2.

Ví d 3.33. Xác đnh s hng tng quát ca dãy s {f (n)} (n ∈ N∗) đưc chobi.

f (1) = 9

8 ; f (n + 1) = nf (n) + n.n! vi mi n ∈ N∗

Gii. Ta có nghim tng quát ca phương trình f (n + 1) − nf (n) = 0 là.

ˆf (n) = C.1.2. · · · .(n − 1) = C.(n − 1)!

Ta s tìm nghim riêng ca phương trình đã cho dưi dng f ∗(n) = C (n).(n−1)!.Thay vào phương trình đã cho đưc:

C (n+ 1).n! = nC (n).(n−1)!+n.n! ⇔ ∆C = C (n +1)−C (n) = n vi mi n ∈ N




T đây d dàng có.

C (n) = 12 (n2 − n) ⇒ f ∗ = 12 (n2 − n)(n − 1)!

Do đó nghim tng quát ca phương trình đã cho là.

f (n) = C.(n − 1)! + 1

2(n − 1)2(n − 1)!

Thay vào điu kin biên đưc C = 1. Vy f (n) = (n − 1)! + 1

2(n − 1)2(n − 1)!.

D thy f (n) xác đnh như trên tho mãn bài ra.

Ví d 3.34. Xác đnh s hng tng quát ca dãy s {f (n)} (n ∈ N) đưc cho

bi. f (0) = β ; f (n + 1) = 2f 2(n) − 1 vi mi n ∈ N

Gii. Ta có. Nu β = 1 thì.

f (0) = 1

f (1) = 2f 2(0) − 1 = 1

f (2) = 2f 2(1) − 1 = 1

f (3) = 2f 2(2) − 1 = 1

Bng phương pháp quy np ta chng minh đưc: ∀ n ∈ N, f (n) = 1. Nu β = −1

thì tương t ta cũng chng minh đưc: ∀ n ∈N

, f (n) = 1. Nu |β | < 1 thì tn ti θ sao cho cos θ = β ⇔ θ = arccos β . Khi đó, ta có:

f (0) = cos θ = cos 20θ

f (1) = 2f 2(0) − 1 = 2 cos2 θ − 1 = cos 21θ

f (2) = 2f 2(1) − 1 = 2 cos2 2θ − 1 = cos 22θ

f (3) = 2f 2(2) − 1 = 2 cos2 22θ − 1 = cos 23θ

Bng phương pháp quy np ta chng minh đưc: ∀ n ∈ N, f (n) = cos2nθ. Nu |β | > 1 thì tn ti θ sao cho cosh θ = β . Khi đó, ta có:

f (0) = cosh θ = cosh 20

θf (1) = 2f 2(0) − 1 = 2 cosh2 θ − 1 = cosh 21θ

f (2) = 2f 2(1) − 1 = 2 cosh2 2θ − 1 = cosh22θ

f (3) = 2f 2(2) − 1 = 2 cosh2 22θ − 1 = cosh 23θ




Bng phương pháp quy np ta chng minh đưc: ∀ n ∈ N, f (n) = cosh2nθ. Vì

cosh θ = β nên: eθ + e−θ

2 = β . Gii phương trình này ta đưc.

eθ = β −

β 2 − 1 hoc eθ = β +

β 2 − 1

Suy ra.

f (n) = 1

2

(eθ)2

n

+ 1

(eθ)2n

=

1

2

(β −

β 2 − 1)2

n

+ (β +

β 2 − 1)2n

D thy các dãy s xác đnh như trên tho mãn phương trình đã cho. Vy ta có.

f (n) =

1 khi β = 1

−1 (n = 0)

1 (n ≥ 1) khi β = −1

cos2n arccos β khi |β | < 11

2

(β −

β 2 − 1)2

n

+ (β +

β 2 − 1)2n

khi |β | > 1

Ví d 3.35. Xác đnh s hng tng quát ca dãy s {f (n)} (n ∈ N) đưc chobi.

f (0) = α ; f (n + 1) = af 2(n) + b (n ∈ N) vi ab = −2

HDG: Đt f (n) = −bg(n), n ∈ N∗, ta đưc.

g(0) =−

α

b := β ; g(n + 1) = 2g2(n)

−1 (n

∈N).

Đó chính là ví d 4.


f (1) = α ; f (n + 1) = f 2(n) − 2a2n (n ∈ N∗) vi a > 0.

HDG: Đt f (n) = 2a2n−1g(n), n ∈ N∗, ta đưc.

g(1) = − α

2a := β ; g(n + 1) = 2g2(n) − 1 (n ∈ N∗).

Đó chính là ví d 4.


f (n + 1) = af 2(n) + bf (n) + c (n ∈ N) (1) vi a = 0 ; c = b2 − 2b

4a .




Gii. Khi đó ta có.

(1) ⇔ f (n + 1) + b2a

= a f (n) + b2a2 + b

2

− 4ac4a

+ b2a

= a

f (n) +

b

2a

2+

b2 − (b2 − 2b) + 2b

4a

= a

f (n) +

b

2a

2⇔ g(n + 1) = ag2(n) (vi g(n) = f (n) +

b

2a)

⇒ g(n + 1) = a[g(n)]2 = a[ag2(n − 1)]2 = a3[g(n − 1)]22

=

= · · ·= a2n−1[g(1)]2n = a2n−1[α + b

2a]2n

⇒ g(n) = a2n−1−1[α + b

2a]2n−1

⇒ f (n) = a2n−1−1[α + b

2a]2n−1

+ b

2a

Bng phép quy np ta d dàng chng t đưc f (n) xác đnh như trên tho mãn phương trình đã cho. Vy ta đưc đáp s.

f (n) = a2n−1−1[α + b

2a]2n−1

+ b

2a (n ∈ N∗).


x1 = a ; xn+1 = x2

n + d

2xnvi mi n ≥ 1. (1).

Gii.+) Nu d = 0 thì ta có ngay.

xn+1 = 1

2xn ⇒ xn = a.(

1

2)n−1.

+) Xét trưng hp d > 0. Gi s un; vn là mt nghim ca h phương trình

sai phân.

u1 = a ; v1 = 1

un+1 = u2n + dv2

n

vn+1 = 2unvn

, (2)




khi đó, xn = un

vnlà nghim ca phương trình (1). Tht vy, ta có:

x1 = u1

v1= a

1 = a ⇒ Khng đnh đúng vi n = 1.

Gi s khng đnh đúng ti n, tc là: xn = un

vnlà nghim ca (1). Khi đó.

xn+1 = un+1

vn+1=

u2n + dv2

n

2unvn=

u2n

v2n

+ d

2un

vn

= x2

n + d

2xn.

Vy xn+1 cũng là nghim ca (1). Tc là khng đnh cũng đúng ti n + 1. Theonguyên lý quy np toán hc, khng đnh trên đúng vi mi n

∈ N∗. Vy, đ gii

(1) ta đi gii (2). Vit li (2) dưi dng.

u1 = a ; v1 = 1

un+1 = u2n + dv2

n (∗)√ dvn+1 = 2

√ dunvn (∗∗)

. (3)

Cng tng v (*) và (**) ta đưc.

un+1 +√

dvn+1 = (un +√

dvn)2 vi mi n ≥ 1.

T đó có.un+1 +

√ dvn+1 = (u1 +

√ dv1)2

n

= (a +√

d)2n

. (4)

Tr tng v (*) và (**) ta đưc.

un+1 −√

dvn+1 = (un −√

dvn)2 vi mi n ≥ 1.

T đó có.un+1 −

√ dvn+1 = (u1 −

√ dv1)2

n

= (a −√

d)2n

. (5)

T (4) và (5) ta có.

un+1 = 1

2

(a +

√ d)2

n

+ (a −√

d)2n

vn+1 = 1

2√

d (a +

√ d)2

n − (a −√

d)2n

. (6)

Do xn = un

vnnên t (6) ta có.

xn =√

d(a +

√ d)2

n−1+ (a − √

d)2n−1

(a +√

d)2n−1 − (a − √

d)2n−1

.




Có th kim tra nghim này tho mãn bng cách th vào (1).+)Xét trưng hp d < 0. Đt d =

−q (q > 0). Tương t trên, ta s chng

minh.Gi s un; vn là mt nghim ca h phương trình sai phân.

u1 = a ; v1 = 1

un+1 = u2n − qv2

n

vn+1 = 2unvn

, (7)

khi đó, xn = un

vnlà nghim ca phương trình (1). Tht vy, ta có:

x1 = u1

v1=

a

1 = a ⇒ Khng đnh đúng vi n = 1.

Gi s khng đnh đúng ti n, tc là: xn = un

vnlà nghim ca (1). Khi đó.

xn+1 = un+1

vn+1=

u2n − qv2

n

2unvn=

u2n

v2n

− q

2un

vn

= x2

n + d

2xn.

Vy xn+1 cũng là nghim ca (1). Tc là khng đnh cũng đúng ti n + 1. Theonguyên lý quy np toán hc, khng đnh trên đúng vi mi n ∈ N∗. Vy, đ gii phương trình (1) ta đi gii h (7). Vit li (7) dưi dng.

u1 = a ; v1 = 1un+1 = u2

n − qv2n (∗ ∗ ∗)

i√

qvn+1 = 2i√

qunvn (∗∗∗∗)

. (8)

Trong đó i là đơn v o ( i2 = −1). Cng tng v (***) và (****) ta đưc.

un+1 + i√

qvn+1 = (un + i√

qvn)2 vi mi n ≥ 1.

T đó có.

un+1 + i√

qvn+1 = (u1 + i√

qv1)2n

= (a + i√

q )2n

. (9)

Tr tng v (***) và (****) ta đưc.

un+1 − i√

qvn+1 = (un − i√

qvn)2 vi mi n ≥ 1.

T đó có.

un+1 − i√

qvn+1 = (u1 − i√

qv1)2n

= (a − i√

q )2n

. (10)




T (9) và (10) ta có.

un+1 = 1

2(a + i√ q )

2n

+ (a − i√ q )2n

vn+1 = 1

2i√

q

(a + i

√ q )2

n − (a − i√

q )2n . (11)

Do xn = un

vnnên t (6) ta có.

xn = i√

q (a + i

√ q )2

n−1+ (a − i

√ q )2

n−1

(a + i√

q )2n−1 − (a − i

√ q )2

n−1 .

Cũng có th kim tra nghim này tho mãn bng cách th vào (1).

Ví d 3.39. Bit rng dãy s (xn) có dng xn = f (n), trong đó f (x) là đa thc bc không quá 2. Hãy xác đnh công thc tng quát ca dãy s bit ba s hng đu: x1, x2, x3.

Gii. Gi s f (x) = ax2 + bx + c. Theo gi thit ta có

a + b + c = x1

4a + 2b + c = x2

8a + 4b + c = x3

Gii h này ta đưc

a =

x1 − 2x2 + x3

2b = −5x1 − 8x2 + 3x3

2c = 3x1 − 3x2 + x3

Vy

f (n) = x1 − 2x2 + x3

2 n2 − 5x1 − 8x2 + 3x3

2 n + 3x1 − 3x2 + x3.

là hàm s cn tìm.Gii. Vit f (n) dưi dng.

f (n) = a(n − 2)(n − 3) + b(n − 1)(n − 3) + c(n − 1)(n − 2).

Ln lưt cho n = 1, 2, 3 ta đưc

x1 = f (1) = a.(1 − 2)(1 − 3) = 2a ⇒ a = x1

2x2 = f (2) = b.(2 − 1)(2 − 3) = −b ⇒ b = −x2

x3 = f (3) = c.(3 − 1)(3 − 2) = 2c ⇒ c = x3

2




Vy công thc cn tìm có dng

xn = f (n) =

x1

2 (n − 2)(n − 3) − x2(n − 1)(n − 3) +

x3

2 (n − 1)(n − 2).

Ví d 3.40. Xác đnh s hng tng quát ca dãy s cho bi h thc truy hi sau.

x1 = 0 ; xn+1 = xn + 1

n + 1 .

Gii. Vit li điu kin đã cho dưi dng.

x1 = 0 quad (1)

2x2 = x1 + 1 quad(2)

3x3 = x2 + 1 quad(3)

· · · · · · · · ·(n − 1)xn = xn−2 + 1 quad(n − 1)

nxn = xn−1 + 1 quad(n)

Nhân hai v ca đng thc th k trên vi (k − 1)!, cng tng v các đng thc thu đưc và rút gn các s hng đng dng hai v ta đưc.

n!.xn = 1! + 2! + · · · + (n − 1)! ⇒ xn = 1

n!.

n−1k=1

k!

là công thc s hng tng quát cn tìm.

3.6.4 Bài tp.

1. Xác đnh s hng tng quát ca dãy s {f (n)} (n ∈ N∗) đưc cho bi h thc truy hi.

f (1) = α ; f (n + 1) = 2a2nf 2(n) − a(n+1)2n (n ∈ N∗) vi a > 0.

Đáp s.

f (n) =

an2n−1(n ∈ N∗) nu α = a

−a quadkhi n = 1

an2n−1 khi n≥

2nu α = −a

an2n−1cos2n−1θ (n ∈ N∗) nu |α| < a

1

2a(n−1)2n−1

α +

α2 − a2

2n−1

+

α −

α2 − a22n−1

(n ∈ N∗) nu |α| > a




2. Xác đnh s hng tng quát ca dãy s {f (n)} (n ∈ N) đưc cho bi h thc truy hi.

f (0) = α ; f (n + 1) = af 3(n) − 3f (n) (n ∈ N) vi a > 0.

Đáp s.

f (n) =

2√ a

cos3n arccos α

√ a

2 (n ∈ N) nu |α| ≤ 2√

a1

23n

α√

a −

α2a − 43n

+

α√

a +

α2a − 43n

(n ∈ N) nu |α| > 2√

a

3. Xác đnh s hng tng quát ca dãy s {f (n)} (n ∈ N) đưc cho bi h thc

truy hi.f (0) = α ; f (n + 1) = f 3(n) − 3a3nf (n) (n ∈ N) vi a > 0.

Đáp s.

f (n) =

2√

a3n

cos3n arccos α

2√

a (n ∈ N) nu |α| ≤ 2

√ a

1

23n

α −

α2 − 4a

3n+

α +

α2 − 4a3n

(n ∈ N) nu |α| > 2√

a

4. Xác đnh s hng tng quát ca dãy s {f (n)} (n ∈ N) đưc cho bi h thc

truy hi:f (0) = α ; f (n + 1) = af 3(n) + 3f (n) (n ∈ N) vi a > 0 ; |α| >

2√ a

.

Đáp s:

f (n) = 1√

a

α

√ a

2 −

α2a

4 + 1

3n

+

α√

a

2 +

α2a

4 + 1

3n (n ∈ N∗)

5. Xác đnh s hng tng quát ca dãy s {f (n)} (n ∈ N) đưc cho bi h thc truy hi:

f (0) = α ; f (n + 1) = f 3(n) + 3a3n

f (n) (n ∈ N) vi |α| > 2√ a.

Đáp s:

f (n) = 1

23n

α +

α2 + 4a

3n+

α −

α2 + 4a3n

(n ∈ N).




6. Xác đnh s hng tng quát ca dãy s {f (n)} (n ∈ N∗) đưc cho bi h thc truy hi:

f (1) = α ; f (n + 1) = af 3(n) + bf 2(n) + cf (n) + d (n ∈ N∗)

vi a > 0 ; c = b2

3a ; d =

b(c − 3)

9a ; α > − b

3a.

Đáp s:

f (n) =

α +

b

3a

3n−1

(√

a)3n−1−1 − b

3a (n ∈ N∗).

7. Xác đnh s hng tng quát ca dãy s {f (n)} (n ∈ N) đưc cho bi h thc truy hi:

f (0) = α ; f (n + 1) = af 3(n) + bf 2(n) + cf (n) + d (n ∈ N).

vi a > 0 ; c = b2 + 9a

3a ; d =

b3 + 18ab)

27a2 ; α >

2√ a − b

3a.

Đáp s:

f (n) = 1

23n√

a

γ √

a −

γ 2a + 43n

+

γ √

a +

γ 2a + 43n− b

3a (n ∈ N∗).

( Vi γ = α + b

3a).

8. Xác đnh s hng tng quát ca dãy s (xn) (n ∈ N∗) đưc cho bi h thc truy hi:

x1 = a ; xn+1 = n + 1

xn + 1 (n ≥ 1).

Đáp s:

xn = n!

a +n−1k=1

1

k!

.

9. Xác đnh s hng tng quát ca dãy s (xn) (n ∈ N∗) đưc cho bi h thc truy hi:

x1

= 1

2 ; x

n+1 =

2

3 − xn(n

≥1).

Đáp s:

xn = 3.2n−1 − 2

3.2n−1 − 1.



Chương 4

Phương trình hàm sai phânbc hai

Trong chương này, ta gii hai bài toán v phương trình hàm tuyn tính thun nht bc hai đi vi hàm tun hoàn và phn tun hoàn cng tính; phương trình hàm tuyn tính thun nht bc hai đi vi hàm tun hoàn và phn tun hoàn nhân tính. Ta s gii quyt hai bài toán trên da vào kt qu ca các bài toán v phương trình hàm tuyn tính bc nht đã có trong tài liu tham kho [3].

4.1 Hàm tun hoàn và phn tun hoàn cng tính

Đnh nghĩa 4.1. Cho hàm s f (x) và tp M ( M

⊂ D(f )) Hàm f (x) đưc gi

là hàm tun hoàn trên M nu tn ti s dương a sao cho ∀ x ∈ M ta đu có x ± a ∈ M f (x + a) = f (x), ∀ x ∈ M

a đưc gi là chu kỳ ca hàm tun hoàn f (x).

Chu kỳ nh nht (nu có) trong các chu kỳ ca f (x) đưc gi là chu kỳ cơ s ca hàm tun hoàn f (x).

Đnh nghĩa 4.2. Cho hàm s f (x) và tp M ( M ⊂ D(f )) Hàm f (x) đưc gi

là hàm tun hoàn trên M nu tn ti s dương a sao cho ∀ x ∈ M ta đu có x ± a ∈ M f (x + a) = −f (x), ∀ x ∈ M

a đưc gi là chu kỳ ca hàm tun hoàn f (x).

99



4.2. Phương trình hàm sai phân bc hai vi hàm tun hoàn và phn tun hoàn 100

Chu kỳ nh nht (nu có) trong các chu kỳ ca f (x) đưc gi là chu kỳ cơ s ca hàm tun hoàn f (x).

Đnh nghĩa 4.3. f (x) đưc gi là hàm tun hoàn nhân tính chu kỳ a ( a / ∈{0, 1, −1}) trên M nu M ⊂ D(f ) và ∀ x ∈ M ⇒ a±1x ∈ M

f (ax) = f (x), ∀ x ∈ M

Đnh nghĩa 4.4. f (x) đưc gi là hàm phn tun hoàn nhân tính chu kỳ a( a /∈ {0, 1, −1}) trên M nu M ⊂ D(f ) và ∀ x ∈ M ⇒ a±1x ∈ M

f (ax) = −f (x), ∀ x ∈ M

4.2 Phương trình hàm sai phân bc hai vi hàm tunhoàn và phn tun hoàn

Bài toán 4.1. Cho a ∈ R\{0}; α, β ∈ R, β = 0. Tìm tt c các hàm f : R → R

tho mãn điu kin:

f (x + 2a) + αf (x + a) + βf (x) = 0 (4.1)

Phương trình có dng (1.2.1) đưc gi là phương trình tuyn tính thun nht bc hai

Gii. Xét phương trình λ2 + αλ + β = 0 (4.2)

(gi là phương trình đc trưng ca phương trình (1.2.1))Có

= α2 − 4β

a) Trưng hp > 0

Khi đó phương trình (4.2) có hai nghim thc λ1 = λ2. Áp dng đnh lý Viete:λ1 + λ2 = −α

λ1λ2 = β

thay vào (4.1)

(4.1) ⇔ f (x + 2a) − (λ1 + λ2)f (x + a) + λ1λ2f (x) = 0

⇔ f (x + 2a) − λ1f (x + a) = λ2[f (x + a) − λ1f (x)] (4.3)




Đt g1(x) = f (x + a) − λ1f (x), (1.2.3) tr thành

g1(x + a) = λ2g1(x) (1.2.3*)

Đt g1(x) = |λ2|xa .h(x). Khi đó ta có h(x + a) =

h(x) nu λ2 > 0

−h(x) nu λ2 < 0Khi đó ta

có f (x + a) − λ1f (x) = |λ2|xa h1(x) (4.4)

Đi vai trò λ2 cho λ1 và bin đi tương t ta đưc

f (x + a) − λ2f (x) = |λ1|xa h2(x) (4.5)

Tr (4.4) cho (1.2.5) ta đưc

(λ2 − λ1)f (x) = |λ2|xa

h1(x) − |λ1|xa

h2(x)Vy

f (x) =1

λ2 − λ1

|λ2|xa h1(x) − |λ1|xa h2(x)

trong đó h1(x) và h2(x) là hai hàm tuỳ ý tho mãn:

h1(x + a) =

h1(x) nu λ2 > 0

−h1(x) nu λ2 < 0; h2(x + a) =

h2(x) nu λ1 > 0

−h2(x) nu λ1 < 0

b) Trưng hp = 0Tc là

α2 − 4β = 0 hay β = α2

4

Khi đó phương trình (1.2.2) có nghim kép λ1 = λ2 = −α

2. Do đó

(4.1) ⇔ f (x + 2a) + αf (x + a) + α2

4 f (x) = 0

⇔ f (x + 2a) +α

2

f (x + a) = −α

2

f (x + a) + (

α

2)f (x)

(4.6)

Đt f (x + a) + α2 f (x) = g(x)

b1) Trưng hp −α

2 = 1 hay α = −2.Khi đó (1.2.6) tr thành

f (x + 2a) − f (x + a) = f (x + a) − f (x)

⇔ f (x + a) − f (x) = g(x), (1.2.6*)




vi g(x + a) = g(x)

Ta có g(x) = (x+a)−xa g(x) = x+a

a g(x + a)

−xag(x), phương trình (1.2.6*) tr thành

f (x + a) − (x+a)a g(x + a) = f (x) − x

ag(x)Đt f (x) − x

ag(x) = h(x) ta có

f (x) = h(x) + xg (x)

a

trong đó h(x) là hàm tuỳ ý sao cho h(x + a) = h(x).

b2) Trưng hp 0 < −α

2 = 1 hay 2 = α < 0 Bài toán quy v vic gii phương

trình dng

f (x + a) + (α

2)f (x) = g(x)

vi g(x + a) = −α

2g(x)

Tương t vic gii (1.2.3*) ta có

g(x) = (−α

2)xa h1(x), vi h1(x + a) = h1(x)

Suy ra

f (x + a) − (−α

2)f (x) = (−α

2)xa h1(x)

⇔ f (x + a)

(−α

2)xa

− (−α2

) f (x)

(−α

2)xa

= h1(x)

⇔ f (x + a)

(−α

2)x+aa

− f (x)

(−α

2)xa

=h1(x)

−α

2

(4.7)

Đt f (x)

(−α2 )

xa

= I 1(x); h1(x)

−α2

= h2(x)

(4.7) ⇔

I 1(x + a)−

I 1(x) = h2(x), vi h2(x + a) = h2(x)




Tương t cách gii (1.2.6*) ta có

I 1(x) = k1(x) + xh2(x)a

= k1(x) − 2xh1(x)

αa

⇒ f (x) = (−α

2)xa

k1(x) − 2xh1(x)

αa

trong đó k1(x) là hàm tuỳ ý tho mãn k1(x + a) = k1(x).b3) Trưng hp −α

2 < 0 hay α > 0.Bài toán quy v vic gii phương trình

f (x + a) + α

2f (x) = g(x) (4.8)

vi g(x + a) = (−α2 )g(x).

Tương t vic gii (1.2.3*) ta có

g(x) =− α

2

xa h3(x) =α

2

xa

h3(x) (4.9)

vi h3(x + a) = −h3(x) (vì −α2 < 0)

T (4.8) và (4.9) ta có

f (x + a) + α

2f (x) =

α

2

xa

h3(x)

⇔ f (x + a)

α2

xa

+ α

2

f (x)α2

xa

= h3(x)

⇔ f (x + a)α2

x+aa

+f (x)α2

xa

=h3(x)

α2

Đt f (x)α2

xa

= I 2(x);2h3(x)

α = h4(x)

vi h4(x) là hàm tuỳ ý tho mãn: h4(x+a) = −h4(x), (vì: h4(x+a) =

2h3(x + a)

α =2h3(x)

α = h4(x))

Khi đó ta có I 2(x + a) + I 2(x) = h4(x). (1.2.9*)






T (4.10) và (4.11) ta có

g1(x) = e

x

a

ln λ2

h1(x)g2(x) = e

xa ln λ1h2(x)

(i)

Ta chng minh h1(x) = h2(x)Tht vy, trưc ht ta chng minh g1(x) = g2(x).

Ta có g1(x) = f (x + a) − λ1f (x),Ly x0 bt kỳ, x0 ∈ R.Ta có g1(x0) = f (x0 + a) − λ1f (x0) = f (x0+a)−λ1f (x0) = f (x0+a)−λ2f (x0) =g2(x0).Vì x0 bt kỳ nên ∀ x ∈ R ta có

g1(x) = g2(x) (4.12)

Tip theo ta chng minh exa ln λ2 = e

xa ln λ1

Tht vy

exa ln λ2 = e

xa(ln |λ2|+iargλ2+2kπi)

= exa ln |λ2|.eiarrgλ2

xa ei2kπ

xa

= exa ln |λ2|

cos ϕx

a + i sin

ϕx

a

cos

2kπx

a + i sin

2kπx

a

= e

xa ln

|λ2

|cos ϕx

a + i sin

ϕx

a cos 2kπx

a + i sin

2kπx

a = e

xa ln |λ2|

cos

ϕx

a − i sin

ϕx

a

cos

2kπx

a − i sin

2kπx

a

= e

xa ln |λ2|

cos

−ϕx

a

+i sin

−ϕx

a

cos

−2kπx

a

+i sin

−2kπx

a

= e

xa ln |λ2|ei(−

ϕxa )ei(−

2kπxx )

= exa ln |λ1|ei

argλ1xa ei

2kπxa

= exa(ln |λ1|+iargλ1+2kπi) = e

xa ln λ1 (4.13)

đây: ( argλ1 = −ϕ; argλ2 = ϕ; −k = k)

T (4.12) và (4.13): g1(x)

exa ln λ1

=

g2(x)

exa ln λ1

⇔ h1(x) = h2(x)

Theo trên ta có các hàm h1 : R→ C; h2 : R → C




Như vy ta s đt: h1(x) = m(x) + in(x); trong đó các hàm:

m : R→ R; n : R → R

Theo chng minh trên: h1(x) = h2(x) ⇒ h2(x) = m(x) − in(x)Quay tr li bài toán ban đu ta có

f (x + a) − λ1f (x) = exa ln λ2h1(x)

f (x + a) − λ2f (x) = exa ln λ1h2(x)

(4.14)

Tr ( ??) cho ( ??)

f (x) = 1

λ2 − λ1

exa ln λ2h1(x) − e

xa ln λ1h2(x)

= 1

λ2 − λ1

exa ln λ2h1(x) − exa ln λ2h2(x)=

1

λ2 − λ1

exa(ln |λ2|+iargλ2+2kπi)h1(x) − e

xa(ln |λ2|+iargλ2+2kπi)h2(x)

Vì hàm e

xa ln λ2 là hàm đa tr, ta s chn mt nhánh liên tc bng cách chn

k = 0, nên ta có:

f (x) = 1

λ2 − λ1

exa(ln |λ2|+iargλ2)h1(x) − e

xa(ln |λ2|+iargλ2)h2(x)

=

1

λ2 − λ1exa ln |λ2|

cos

ϕx

a + i sin

ϕx

a h1(x) − e

xa ln |λ2|

cos

ϕx

a − i sin

ϕx

a h2(x)

= e

x

a ln |λ0|2iq

cos ϕx

a (h1(x) − h2(x)) + i sin ϕx

a (h1(x) + h2(x))

=

exa ln |λ0|

2iq

2i cos

ϕx

a .n(x) + 2i sin

ϕx

a .m(x)

=

exa ln |λ0|

q

cos

ϕx

a .n(x) + sin

ϕx

a .m(x)

=

|λ0|xaq

cos

ϕx

a .n(x) + sin

ϕx

a .m(x)

Trong đó n(x) và m(x) là hai hàm s bt kỳ tho mãn

n(x + a) = n(x); m(x + a) = m(x)

n : R→ R; m : R → R

λ1 = p − iq λ2 = p + iq

⇒ |λ1| = |λ2| =

p2 + q 2; argλ2 = ϕ = argλ1




tan ϕ = q

p; argλ2 = −ϕ

Kt lun:+) > 0

⇒ f (x) = 1

λ2 − λ1

|λ2|

xa .h1(x) − |λ1|

xa .h2(x)

h1(x) và (h2(x) là hai hàm tuỳ ý tho mãn:

h1(x + a) =

h1(x) nu λ2 > 0

−h1(x) nu λ2 < 0

h2(x + a) = h2(x) nu λ1 > 0

−h2(x) nu λ1 < 0

+) = 0

Trưng hp 1: α = −2 ⇒ f (x) = h(x) + xg(x)a

h(x) và g(x) là hai hàm tuỳ ý tho mãn:

h(x + a) = h(x)

g(x + a) = g(x)

Trưng hp 2: −2 = α < 0

⇒ f (x) =

− α

2

xa

k1(x) − 2xh1(x)

αa

k1(x) và h1(x) là hai hàm tuỳ ý tho mãn:h1(x + a) = h1(x)

k1(x + a) = k1(x)

Trưng hp 3: α > 0

⇒ f (x) =α

2

xa

k2(x) − 2(x − a)h2(x)

αa

k2(x) và h2(x) là hai hàm tuỳ ý tho mãn:

h2(x + a) = −h2(x)

k2(x + a) = −k2(x)

+) < 0

f (x) = |λ0|xa

q cos ϕx

a

.n(x) + sin ϕx

a

.m(x)m(x) và n(x) là hai hàm tuỳ ý tho mãn

m(x + a) = m(x); m : R → R

n(x + a) = n(x); n : R → R



4.3. Phương trình vi hàm s tun hoàn, phn tun hoàn nhân tính 108

λ1 = p − iq ; λ2 = p + iq

|λ1

|=

|λ2

|=

|λ0

|= q 2 + q 2; argλ2 = argλ1 = ϕ

Các ví d áp dng

Ví d 4.1. Tìm tt c các hàm f : R → R tho mãn điu kin:

f (x + 2) − 8f (x + 1) + 15f (x) = 16 (1)

Li gii. Đt f (x) = g(x) + C ; ( C : xác đnh sau)

(1) ⇔ g(x + 2) − 8g(x + 1) + 15g(x) + 8C = 16.

Chn C = 2

⇒ g(x + 2)

−8g(x + 1) + 15g(x) = 0.


λ2 − 8λ + 15 = 0; = 1 > 0

⇒ λ1 = 3; λ2 = 5

Áp dng công thc nghim vi > 0 ta có

g(x) = 1

2[5xh1(x) − 3xh2(x)] ⇒ f (x) =

1

2[5xh1(x) − 3xh2(x)] + 2

h1(x) và h2(x) là hai hàm tuỳ ý tho mãn h1(x + 1) = h1(x); h1 : R → R

h2(x + 1) = h2(x); h2 : R → R

Ví d 4.2. Tìm tt c các hàm f : R → R tho mãn điu kin

4.3 Phương trình vi hàm s tun hoàn, phn tunhoàn nhân tính

Phương trình hàm là mt chuyên đ cơ bn ca chương trình toán chocác trưng THPT Chuyên. Các bài toán v phương trình hàm cũng là nhng bài

tp thưng gp trong các kỳ thi hc sinh gii toán cp Quc gia, thi Olympic khu vc hay Olympic Quc t. Phương trình hàm tuyn tính bc hai là mt vn đ quan trng trong lp phương trình hàm nói chung. Trong chương trình toán chocác trưng THPT chuyên,phương trình hàm tuyn tính bc hai đưc đ cp trong trưng hp ∆ > 0 ca phương trình đc trưng: λ2 + αλ + β = 0(∗) đi vi hàm




tun hoàn cng tính; các trưng hp ∆ = 0 và ∆ < 0 ca phương trình ( ∗) chưa đưc đ cp đn. Ngoài ra, phương trình hàm tuyn tính bc hai đi vi hàm tun

hoàn nhân tính chưa đưc đ cp đn c ba trưng hp: ∆ > 0;∆ = 0và ∆ < 0ca phương trình ( ∗). Hơn th na, phương trình hàm tuyn tính bc hai đi vi hàm tun hoàn cng tính và nhân tính cũng chưa đưc đ cp đn. Báo cáo này đưa ra ba bài ca phương trình hàm tuyn tính bc hai vi v phi là hàm s đi vi hàm tun hoàn và phn tun hoàn nhân tính.

4.3.1 Đnh nghĩa

Cho a ∈ R\{0; 1;−1}; α, β ∈ R. Tìm tt c các hàm: f : R\{0} → R tha mãn điu kin:

f (a2x) + αf (ax) + βf (x) = g(x).

trong đó g(x) là hàm cho trưc.

4.3.2 Mt s bài toán

Bài toán 4.2. Cho h(x) là hàm tun hoàn nhân tính chu kỳ a trên R(h(ax) =h(x)); a ∈ R\{0;1; −1}; α, β ∈ R. Tìm tt c các hàm: f : R\{0} → R tha mãn điu kin:

f (a2x) + αf (ax) + βf (x) = h(x). (4.15)

Li gii:Xét phương trình đc trưng:

λ2 + αλ + β = 0; ∆ = α2 − 4β. (4.16)

a) Trưng hp ∆ > 0 :

Phương trình (2.2.40) có hai nghim thc: λ1 = λ2. Áp dng đnh lý Viete ta đưc:

λ1 + λ2 = −α

λ1λ2 = β Thay vào (2.2.39):

(2.2.39) ⇔ f (a2x) − (λ1 + λ2)f (ax) + λ1λ2f (x) = h(x)⇔ f (a2x) − λ1f (ax) − λ2[f (ax) − λ1f (x)] = h(x) (4.17)




Đt g1(x) = f (ax) − λ1f (x) ta có:

(2.2.41) ⇔ g1(ax) − λ2g1(x) = h(x) (4.18)a1) Trưng hp 1:λ1 = 1 hoc λ2 = 1.

Không mt tính tng quát ta gi s: λ2 = 1. Khi đó:(2.2.42) ⇔ g1(ax) − g1(x) = h(x) (theo Bài toán 1.1∗- chương 1)

⇒ g1(x) = g(x) + ln |x|h(x)

ln |a| trong đó g(x) là hàm tùy ý sao cho:

g(ax) = g(x). Hay:

f (ax) − λ1f (x) = g(x) + ln |x|h(x)

ln |a| . (4.19)

Đi vai trò λ2 cho λ1 và bin đi tương t ta có:

g2(ax) − λ1g2(x) = h(x)

trong đó:g2(x) = f (ax) − f (x).Vì λ2 = 1 và λ1 = λ2 ⇒ λ1 = 1. Theo Bài toán 1.3∗ chương 1 ta có:

g2(x) = h(x)

1 − λ1+ |x|log|a| |λ1|.q (x)

trong đó q (x) là hàm tùy ý sao cho:

q (ax) = q (x) nu λ1 > 0

−q (x) nu λ1 < 0

Hay:

f (ax) − f (x) = h(x)

1 − λ1+ |x|log|a| |λ1|.q (x) (4.20)

Tr (2.2.43) cho (2.2.44) ta đưc:

f (x) = ln |x|(1 − λ1) − ln |a|

ln |a|(1 − λ1)2 h(x) +

1

1 − λ1

g(x) + |x|log|a| |λ1|q (x)

.

a2) Trưng hp 2: λ1

= 1 và λ2

= 1

⇒1 + α + β

= 0.

(vì nu 1 + α + β = 0 ⇒ λ1 = 1 hoc λ2 = 1 điu này mâu thun vi gi thit.)Ta có:

h(x) = 1 + α + β

1 + α + β h(x) =

h(a2x) + αh(ax) + βh(x)

1 + α + β




(2.2.41) ⇔ f (a2x) − h(a2x)

1 + α + β + α

f (ax) − h(ax)

1 + α + β +

+ β f (x) − h(x)1 + α + β

= 0

(4.21)

Đt g(x) = f (x) − h(x)

1 + α + β ta có:

(2.2.45) ⇔ g(a2x) + αg(ax) + βg(x) = 0.

Theo bài toán 1.2- chương 1- trưng hp ∆ > 0 ta có:

g(x) = 1

λ2 − λ1

|x|log|a| |λ2|h1(x) − |x|log|a| |λ1|h2(x)

trong đó: λ1, λ2 là nghim ca phương trình: λ2 + αλ + β = 0.h1(x), h2(x) là hai hàm tùy ý sao cho:

h1(ax) =

h1(x) nu λ2 > 0

−h1(x) nu λ2 < 0; h2(ax) =

h2(x) nu λ1 > 0

−h2(x) nu λ1 < 0

T đó ta có:

f (x) = h(x)

1 + α + β +

1

λ2 − λ1


b) Trưng hp ∆ = 0.

Phương trình đc trưng (2.2.40) có nghim: λ1 = λ2 = −α2 ⇒ β = α2

4

(2.2.41) ⇔ f (a2x) + αf (ax) + α2

4 f (x) = h(x))

⇔ f (a2x) + α

2f (ax) +

α

2

f (ax) +

α

2f (x)

= h(x) (4.22)

Đt g(x) = f (ax) + α

2f (x) thì:

(2.2.46) ⇔ g(ax) + α

2g(x) = h(x) (4.23)

b1) Trưng hp 1: α = 2 : (2.2.47) ⇔ g(ax) − g(x) = h(x). Theo Bài toán

1.1∗- chương 1 ta có: g(x) = k(x) + ln |x|h(x)

ln |a| trong đó k(x) là hàm tùy ý sao




cho:k(ax) = k(x). Khi đó:

f (ax) − f (x) = k(x) + ln |x|h(x)

ln |a|⇔ f (ax) − f (x) − ln |x|h(x)

ln |a| = k(x)

⇔ f (ax) − f (x) − 1

ln |a|(ln |ax|)2h(ax) − (ln |x|)2h(x) − (ln |a|)2h(x)

2 ln |a|

= k(x)

⇔ f (ax) − f (x) − (ln |ax|)2h(ax)

2(ln |a|)2 −

− (ln |x|)2h(x)

2(ln|a|)2

− ln |ax|h(ax)

2 ln|a|

− ln |x|h(x)

2 ln|a| = k(x)

⇔ f (ax) − f (x) − (ln |ax|)2 − ln |a| ln |ax|2(ln |a|)2 h(ax)−

− (ln |x|)2 − ln |a| ln |x|2(ln |a|)2

= k(x)

⇔ f (ax) − (ln |ax|)2 − ln |a| ln |ax|2(ln |a|)2 h(ax)−

− f (x) − (ln |x|)2 − ln |a| ln |x|

2(ln |a|)2 h(x)

= k(x) (4.24)

Đt p(x) = f (x) − (ln |x|)2

− ln |a| ln |x|2(ln |a|)2 h(x), khi đó:

(2.2.48) ⇔ p(ax) − p(x) = k(x).

Theo Bài toán 1.1∗ chương 1 ta có: p(x) = I (x) + ln |x|k(x)

ln |a| , trong đó I (x) là

hàm tùy ý sao cho: I (ax) = I (x).

f (x) = I (x) + ln |x|k(x)

ln |a| + (ln |x|)2 − ln |a| ln |x|

2(ln |a|)2 h(x).

b2) Trưng hp 2: α = −2; α < 0 :

(2.2.47)| ⇔ g(ax) +

α

2 g(x) = h(x).

Theo Bài toán 1.3∗ chương 1 ta có:

g(x) = h(x)α2 + 1

+ |x|log|a| |α2 |q 1(x) = 2h(x)

α + 2 + |x|log|a|(−α

2 )q 1(x)




trong đó q 1(x) là hàm tùy ý sao cho: q 1(ax) = q (x) (vì α < 0). Ta có:

f (ax) + α2 f (x) = 2h(x)α + 2 + |x|log|a|(−α

2 )q 1(x)

⇔ f (ax) + α

2f (x) − 2h(x)

α + 2 = |x|log|a|(−α

2 )q 1(x)

(4.25)

⇔ f (ax) + α

2f (x) − 2

α + 2

h(ax)α2 + 1

+ dfracα2 h(x)α2 + 1

= |x| log|a|(−α

2 )q 1(x)

(4.26)

⇔ f (ax) + α2

f (x) − 4h(ax)(α + 2)2

+ α2

4h(x)(α + 2)2

= |x|log|a|(−α2 )q 1(x)

⇔ f (ax) − 4h(ax)

(α + 2)2 +

α

2

f (x) − 4h(x)

(α + 2)2

= |x|log|a|(−α2 )q 1(x) (4.27)

Đt f 1(x) = f (x) − 4h(x)

(α + 2)2 ta có:

(2.2.49) ⇔ f 1(ax) + α

2f 1(x) = |x|log|a|(−α

2 )q 1(x).

Áp dng kt qu Bài toán 1.2-chương 1 (trưng hp ∆ = 0, α < 0, α = −2) ta đưc:

f 1(x) = |x|log|a|(−α2 )

k1(x) − 2 ln |x|q 1(x)

α ln |a|

trong đó: k1(x) là hàm tùy ý sao cho: k1(ax) = k1(x). Do đó:

f (x) = 4h(x)

(α + 2)2 + |x|log|a|(−α

2 )k1(x) − 2 ln |x|q 1(x)

α ln |a|

b2) Trưng hp 3: α > 0, khi đó (2.2.47) ⇔ g(ax) + α

2g(x) = h(x)

Theo Bài toán 1.3∗- chương 1 ta có:

g(x) = h(x)

α2 + 1 +

|x|log|a| |α2 |q

2(x) =

2h(x)

α + 2 +

|x|log|a|

α2 q

2(x)

trong đó q 2(x) là hàm tùy ý sao cho: q 2(ax) = −q 2(x) (vì α > 0). T đó có:

f (ax) + α

2f (x) =

2h(x)

α + 2 + |x|log|a| α2 q 2(x) (∗)




Bin đi tương t như trưng hp 2 trên ta có:

(∗) ⇔ f (ax) − 4h(ax)(α + 2)2 + α2f (x) − 4h(x)(α + 2)2

= |x|log|a|α

2 q 2(x) (4.28)

Đt f 2(x) = f (x) − 4h(x)

(α + 2)2 ta có:

(2.2.50) ⇔ f 2(ax) + α

2f 2(x) = |x|log|a| α2 q 2(x)

Áp dng kt qu Bài toán 1.2- chương 1 (trưng hp ∆ = 0, α > 0) ta đưc:

f 2(x) = |x|log|a| α2

k2(x) − 2 ln |xa|q 2(x)

α ln

|a

| trong đó k2(x) là hàm tùy ý sao cho: k2(ax) = −k2(x). Vây:

f (x) = 4h(x)

(α + 2)2 + |x|log|a| α2

k2(x) − 2 ln |xa |q 2(x)

α ln |a|

c) Trưng hp ∆ < 0 ⇔ 1 + α + β = 0. (Chng minh hoàn toàn tương t như Bài toán 2.1.) ta có:

h(x) = 1 + α + β

1 + α + β h(x) =


1 + α + β

(Vì: h(a2x) = h(ax) = h(x))

(2.2.39) ⇔ f (a2x)− h(a2)

1 + α + β + α

f (ax)− h(ax)

1 + α + β

+β

f (x)− h(x)

1 + α + β

= 0

(4.29)

Đt g(x) = f (x) − h(x)

1 + α + β ta có:

(2.2.51) ⇔ g(a2x) + αg(ax) + βg(x) = 0.

Phương trình đc trưng: λ2 + αλ + β = 0, ∆ < 0 nên có hai nghim phc liên hp λ1, λ2. Theo Bài toán (1.2)- chương 1 (trưng hp ∆ < 0) ta có:

g(x) = |λ2|

ln |x|ln |a|

q

cos

ϕ ln |x|ln |a| n(x) + sin

ϕ ln |x|ln |a| m(x)

trong đó:

λ1 = p − iq ; λ2 = p + iq ⇔ |λ1| = |λ2| =

p2 + q 2




tan ϕ = q

p; arg λ2 = arg λ1 = ϕ

m(x), n(x) là hai hàm tùy ý tha mãn: m(ax) = m(x); n(ax) = n(x). T đó ta có:

f (x) = h(x)

1 + α + β +

|λ2|ln |x|ln |a|

q

cos



Bài toán 4.3. Cho h(x) là hàm phn tun hoàn nhân tính chu kỳ a trên R( h(ax) = −h(x)); a ∈ R\{0;1; −1}; α, β ∈ R. Xác đnh tt c các hàm f :R\{0} → R tha mãn điu kin:

f (a2x) + αf (ax) + βf (x) = h(x). (4.30)

Li gii:


λ2 + αλ + β = 0 (4.31)

có ∆ = α2 − 4β.

a) Trưng hp ∆ > 0 : Phương trình (2.2.53) có hai nghim thc λ1 = λ2. Ápdng đnh lí Viete ta có:

λ1 + λ2 = −α

λ1λ2 = β thay vào (2.2.52) ta có:

(2.2.52) ⇔ f (a2

x) − (λ1 + λ2)f (ax) + λ1λ2f (x) = h(x)⇔ f (a2x) − λ1f (ax) − λ2[f (ax) − λ1f (x)] = h(x)

(4.32)

Đt g1(x) = f (ax) − λ1f (x), khi đó:

(2.2.54) ⇔ g1(ax) − λ2g1(x) = h(x). (4.33)

a1) Trưng hp 1: λ1 = ±1 và λ2 = 1.

(2.2.52) ⇔ f (a2x) − (λ1 + 1)f (ax) + λ1f (x) = h(x).

(2.2.55) ⇔ g1(ax) − g1(x) = h(x). Theo Bài toán 1.2∗ - chương 1 thì: g1(x) =

k(x) − h(x)

2 . trong đó k(x) là hàm tùy ý sao cho: k(ax) = k(x).Hay

f (ax) − λ1f (x) = k(x) − h(x)

2 . (4.34)




Đi vai trò λ2 cho λ1 và bin đi tương t ta đưc:g2(ax)

−λ1g2(x) = h(x) trong đó: g2(x) = f (ax)

−f (x).

Vì λ1 = ±1 nên theo Bài toán 1.4∗(ii)- chương 1, ta có:

g2(x) = |x|log|a| |λ1|q (x) + h(x)

−λ1 − 1 = |x|log|a| |λ1|q (x) − h(x)

λ1 + 1

trong đó q (x) là hàm tùy ý sao cho:

q (ax) =

q (x) nu λ1 > 0

−q (x) nu λ1 < 0

Khi đó:

f (ax) − f (x) = |x|log|a|

|λ1

|q (x) − h(x)

λ1 + 1 (4.35)Tr (2.2.56) cho (2.2.57) ta đưc:

f (x) = h(x)

2(λ1 + 1) +

1

1 − λ1

k(x) − |x|log|a| |λ1|q (x)

a2) Trưng hp 2: λ1 = −1 và λ2 = 1(2.2.52) ⇔ f (a2x) − f (x) = h(x).(2.2.55) ⇔ g1(ax) − g1(x) = h(x). Theo Bài toán 1.2∗- chương 1 ta có:

g1(x) = k(x) − h(x)

2 , trong đó k(x) là hàm tùy ý tha mãn: k(ax) = k(x).

Vy:f (ax) + f (x) = k(x) − h(x)

2 (4.36)

Đi vai trò ca λ1 và λ2 và bin đi tương t ta đưc:g2(ax) + g2(x) = h(x) trong đó g2(x) = f (ax) − f (x).

Theo Bài toán 1.4∗(i)- chương 1 ta có: g2(x) = q (x) − ln |xa |h(x)

ln |a| vi q (x) là hàm

tùy ý sao cho: q (ax) = −q (x).Hay:

f (ax) − f (x) = q (x) − ln |xa |h(x)

ln |a| (4.37)

Tr (2.2.58) cho (2.2.59) đưc: f (x) = k(x) − q (x)2

+ ln |xa3 |

4 ln |a|h(x).

a3) Trưng hp 3: λ1 = ±1; λ2 = −1.

(2.2.52) ⇔ f (a2x) − (λ1 − 1)f (ax) − λ1f (x) = h(x).




(2.2.55) ⇔ g1(ax) + g1(x) = h(x), theo Bài toán 1.4∗(i)- chương 1 ta có:

g1

(x) = q 1

(x)−

ln |xa |h(x)

ln |a| , trong đó q

1(x) là hàm tùy ý sao cho:q

1(ax) =

−q 1

(x).

Vy:

f (ax) − λf (x) = q 1(x) − ln |xa |h(x)

ln |a| (4.38)

Đi vai trò λ1 cho λ2 và bin đi tương t ta có:g2(ax) − λ1g2(x) = h(x), trong đó g2(x) = f (ax) + f (x).Vì λ1 = ±1 nên theo Bài toán 1.4∗(ii)- chương 1 có:

g2(x) = |x|log|a| |λ1|q 2(x) − h(x)

λ1 + 1

trong đó q 2(x) là hàm tùy ý sao cho:

q 2(ax) =

q 2(x) nu λ1 > 0

−q 2(x) nu λ1 < 0

hay:

f (ax) + f (x) = |x|log|a| |λ1|q 2(x) − h(x)

λ1 + 1. (4.39)

Tr (2.2.61) cho (2.2.60) ta đưc:

f (x) =

ln

|

xλ1+1

a

λ1+2

|ln |a|(λ1 + 1)2h(x) +

1

λ1 + 1 |x|log

|a| |λ1|q 2(x) − q 1(x).

a4) Trưng hp 4: λ1 = ±1, λ2 = ±1 ⇒ 1 + α + β = 0.

Ta có: h(x) = 1 + α + β

1 + α + β h(x) =


1 + α + β (Vì: h(a2x) = h(ax) = h(x).)

(2.2.52) ⇔ f (a2x) − h(a2x)

1 + α + β + α

f (ax) − h(ax)

1 + α + β

+

+ β

f (x) − h(x)

1 + α + β = 0

(4.40)

Đt g(x) = f (x) − h(x)1 + α + β

ta có: (2.2.62) ⇔ g(a2x) + αg(ax) + βg(x) = 0.

Phương trình đc trưng: λ2 + αλ + β = 0 ta có: ∆ > 0 nên có hai nghim thc




phân bit λ1, λ2.

Áp dng kt qu Bài toán 1.2- chương 1 (trưng hp ∆ > 0) ta có:

g(x) = 1

λ2 − λ1


trong đó h1(x), h2(x) là hai hàm tùy ý tha mãn:

h1(ax) =

h1(x) nu λ2 > 0

−h1(x) nu λ2 < 0, h2(ax) =

h2(x) nu λ1 > 0

−h2(x) nu λ1 < 0

Vy:

f (x) = h(x)

1 + α + β

+ 1

λ2 − λ1|x|log|a| |λ2|h1(x)

− |x

|log|a| |λ1|h2(x)

b) Trưng hp ∆ = 0

Phương trình (2.2.53) có nghim: λ1 = λ2 = −α

2 ⇒ β =

α2

4 .

(2.2.52) ⇔ f (a2x) + αf (ax) + α2

4 f (x) = h(x)

⇔ f (a2x) + α

2f (ax) +

α

2[f (ax) +

α

2f (x)] = h(x) (4.41)

Đt g(x) = f (ax) + α

2f (x) thì:

(2.2.63) ⇔ g(ax) + α2

g(x) = h(x). (4.42)

b1) Trưng hp 1: α = −2, khi đó: (2.2.64) ⇔ g(ax) − g(x) = h(x).

Theo Bài toán 1.2∗- chương 1 ta có: g(x) = k(x) − h(x)

2 trong đó k(x) là hàm

tùy ý tha mãn: k(ax) = k(x). Ta có:

f (ax) − f (x) = k(x) − h(x)

2 ⇔ f (ax) − f (x) +

h(x)

2 = k(x)

⇔ f (ax) − f (x) + 1

2[h(x)

2 − h(ax)

2 ] = k(x)

⇔ f (ax) − h(ax)4

− [f (x) − h(x)4

] = k(x) (4.43)

Đt p(x) = f (x) − h(x)

4 , khi đó: (2.2.65) ⇔ p(ax) − p(x) = k(x). Theo Bài

toán 1.1∗- chương 1 ta có:




p(x) = q (x) + ln |x|k(x)

ln |a| trong đó q (x) là hàm tùy ý tha mãn: q (ax) = q (x). Vy:

f (x) = q (x) + h(x)

4 +

ln |x|k(x)

ln |a| .

b2) Trưng hp 2:α = 2.Khi đó: (2.2.64) ⇔ g(ax) + g(x) = h(x). Theo Bài toán 1.4∗(i)- chương 1 ta có:

g(x) = g1(x) − ln |xa |h(x)

ln |a| vi g1(x) là hàm tùy ý: g1(ax) = −g1(x). Ta có:

f (ax) + f (x) = g1(x) − ln |xa |h(x)

ln |a|

⇔ f (ax) + f (x) +

ln

|xa

|h(x)

ln |a| = g1(x)

⇔ f (ax) + f (x) + ln |xa |h(x)

ln |a| − h(x) = g1(x)

⇔ f (ax) + f (x) + 1

ln |a|(ln |ax|)2h(ax) + (ln |x|)2h(x) + (ln |a|)2h(x)

−2 ln |a|− − ln |x|h(ax)

ln |a| − ln |xa|h(x)

ln |a|

= g1(x)

⇔ f (ax) + f (x) − (ln |ax|)2h(ax)

2(ln |a|)2 − (ln |x|)2h(x)

2(ln |a|)2 −

− h(x)

2 +

ln

|x

|h(ax)

ln |a| +

ln

|xa

|h(x)

ln |a| = g1(x).

⇔ f (ax) + f (x) − (ln |ax|)2h(ax)

2(ln |a|)2 − (ln |x|)2h(x)

2(ln |a|)2 + ln |x|h(ax)

ln |a| + ln |xa |h(x)

ln |a| −

− 1

2

− ln |x|h(ax)

ln |a| − ln |xa |h(x)

ln |a|

= g1(x)

⇔ f (ax) + 3 ln |a| ln |x| − (ln |ax|)2

2(ln |a|)2 h(ax)+

+ f (x) + 3 ln |a| ln |xa | − (ln |x|)2

2(ln |a|)2

h(x) = g1(x). (4.44)

Đt f 1(x) = f (x) + 3 ln |a| ln |xa | − (ln |x|)2

2(ln |a|)2 h(x) ta có:

(2.2.66) ⇔ f 1(ax) + f 1(x) = g1(x). Theo Bài toán 1.4∗(ii)- chương 1 ta có:




f 1(x) = g2(x) − ln |xa |g1(x)

ln |a| , g1(x) tha mãn: g2(ax) = −g2(x). Vy:

f (x) = g2(x) − ln |xa |g1(x)

ln |a| − 3 ln |a| ln |xa | − (ln |x|)22(ln |a|)2 h(x).

b3) Trưng hp 3: α < 0, α = −2 ⇒ α

2 = ±1.

g(ax) + α

2g(x) = h(x). Theo Bài toán 1.4∗(ii)- chương 1 ta có:

g(x) = h(x)α2 − 1

+ |x|log|a| |α2 |q 1(x)

= 2h(x)

α − 2 + |x|log|a|(−α

2 )q 1(x)

trong đó q 1(x) là hàm tùy ý tha mãn: q 1(ax) = q 1(x).(Vì: α < 0). Như vy:

f (ax) + α

2f (x) =

2h(x)

α − 2 + |x|log|a|(−α

2 )q 1(x)

⇔ f (ax) + α

2f (x) − 2h(x)

α − 2 = |x|log|a|(−α

2 )q 1(x)

⇔ f (ax) + α

2f (x) − 2

α − 2

h(ax)α2 − 1

+ α

2

h(x)α2 − 1

= |x|log|a|(−α

2 )q 1(x)

⇔ f (ax) − 4h(x)

(α

−2)2

+ α

2 f (x) − 4h(x)

(α

−2)2

= |x|log|a|(−α2 )q 1(x) (4.45)

Đt g1(x) = f (x) − 4h(x)

(α − 2)2, (2.2.67) ⇔ g1(ax) +

α

2g1(x) = |x|log|a|(−α

2 )q 1(x).

Theo Bài toán 1.2- chương 1 (trưng hp ∆ = 0; α < 0; α = −2) ta có:

g1(x) = |x|log|a|(−α2 )q 1(x)

p1(x) − 2 ln |x|q 1(x)

α ln |a|

trong đó p1(x) là hàm tùy ý: p1(ax) = p1(x). Vy:

f (x) = 4h(x)

(α − 2)2 + |x|log|a|(−α

2 ) p1(x) − 2 ln |x|q 1(x)

α ln |a|

.

b4) Trưng hp 4: α > 0; α = 2 ⇔ α

2 = ±1 Khi đó:g(ax) +

α

2g(x) = h(x). Theo Bài toán 1.4∗(ii)- chương 1:

g(x) = h(x)α2 − 1

+ |x|log|a| |α2 |q 2(x) = 2h(x)

α − 2 + |x|log|a| α2 q 2(x)




vi q 2(x) là hàm tùy ý tha mãn: q 2(ax) = −q 2(x) (Vì: α > 0). Do đó:

f (ax) + α

2 f (x) = 2h(x)

α − 2 + |x|log|a| |α

2 |q 2(x) (∗)

Bin đi tương t như trưng hp 3 ta đưc:

(∗) ⇔ f (ax) − 4h(ax)

(α − 2)2 +

α

2

f (x) − 4h(x)

(α − 2)2

= |x|log|a| α2 q 2(x) (4.46)

Đt g2(x) = f (x) − 4h(x)

(α − 2)2 ta có:

(2.2.68) ⇔ g2(x) + α

2g2(x) = |x|log|a| α2 q 2(x).

Theo bài toán 1.2- chương 1(trưng hp ∆ = 0; α > 0; α = 2):

g2(x) = |x|log|a| α2 p2(x) − 2 ln |xa |q 2(x)

α ln |a|

,

trong đó p2(x) là hàm tùy ý tha mãn: p2(ax) = p2(x). T đó ta có:

f (x) = 4h(x)

(α − 2)2 + |x|log|a| α2 p2(x) − 2 ln |xa |q 2(x)

α ln |a|

.

c) Trưng hp: ∆ < 0 D dàng chng minh đưc 1 − α + β = 0. Ta có:

h(x) = 1 − α + β

1−

α + β h(x) =


1−

α + β

(Vì: h(a2x) = −h(ax) = h(x))

(2.2.52) ⇔ f (a2x) − h(a2)

1 − α + β + α

f (ax) − h(ax)

1 − α + β

+

+ β

f (x) − h(x)

1 − α + β

= 0

(4.47)

Đt g(x) = f (x) − h(x)

1 − α + β ta có:

(2.2.69) ⇔ g(a2x) + αg(ax) + βg(x) = 0.

Phương trình đc trưng: λ2 + αλ + β = 0, ∆ < 0 nên có hai nghim phc liên hp λ1, λ2. Theo Bài toán (1.2)- chương 1 (trưng hp ∆ < 0) ta có:

g(x) = |λo|

ln |x|ln |a|

q

cos






trong đó:

λ1

= p−

iq ; λ2

= p + iq ⇔ |

λo|

=|λ1|

=|λ2|

= p2 + q 2

tan ϕ = q

p; arg λ2 = arg λ1 = ϕ

m(x), n(x) là hai hàm tùy ý tha mãn: m(ax) = m(x); n(ax) = n(x). T đó ta có:

f (x) = h(x)

1 − α + β +

|λo|ln |x|ln |a|

q

cos



.

Nhn xét 2.2 Sau khi th li hai bài toán trên ta nhn thy: Trong biu thc nghim ca tt c các trưng hp, phn biu thc có cha h(x) là nghim riêng ca phương trình: f (a2x) + αf (ax) + βf (x) = h(x).

Bài toán 4.4. Cho g(x) là hàm tun hoàn nhân tính chu kỳ a, (g(ax) = g(x)); h(x)là hàm phn tun hoàn nhân tính chu kỳ a, (h(ax) = −h(x)); a ∈ R\{0, 1, −1}; α, β ∈R. Xác đnh tt c các hàm: f : R\{0} → R tha mãn điu kin:

f (a2x) + αf (ax) + βf (x) = g(x) + h(x). (4.48)

Li gii:Xét phương trình đc trưng:

λ2 + αλ + β = 0, ∆ = α2 − 4β. (4.49)

a) Trưng hp ∆ > 0: Phương trình đc trưng có hai nghim thc: λ1 = λ2.a1) Trưng hp 1: λ1 = ±1; λ2 = 1.

Áp dng đnh lý Viete: 1 + λ1 = −α

λ1 = β

(2.2.70) ⇔ f (a2x) − (λ1 + 1)f (ax) + λ1f (x) = g(x) + h(x) (4.50)

Xét phương trình:

f 1(a2x) − (λ1 + 1)f 1(ax) + λ1f 1(x) = g(x). (4.51)

Áp dng kt qu ca Bài toán 2.4 (trưng hp a1) và nhn xét 2.2 ta có biu

thc: ln |x|(1 − λ1) − ln |a|

ln |a|(1 − λ1)2

g(x) là nghim riêng ca (2.2.73). Thay vào ta đưc:

ln |a2x|(1 − λ1) − ln |a|ln |a|(1 − λ1)2

g(a2x) − (λ1 + 1)ln |ax|(1 − λ1) − ln |a|

ln |a|(1 − λ1)2 g(ax)+

+ λ1ln |x|(1 − λ1) − ln |a|

ln |a|(1 − λ1)2 g(x) = g(x)

(4.52)




Thay (2.2.74) vào (2.2.72):

(2.2.72) ⇔ f (a2x) − ln |a2

x|(1 − λ1) − ln |a|ln |a|(1 − λ1)2

g(a2x)−

− (λ1 + 1)f (ax) − ln |ax|(1 − λ1) − ln |a|

ln |a|(1 − λ1)2 g(ax)

+

+ λ1

f (x) − ln |x|(1 − λ1) − ln |a|

ln |a|(1 − λ1)2 g(x)

= g(x)

(4.53)

Đt f 2(x) = f (x) − ln |x|(1 − λ1) − ln |a|ln |a|(1 − λ1)2

g(x) (i) ta có:

(2.2.75) ⇔ f (a2x) − (λ1 + 1)f 2(ax) + λ1f 2(x) = h(x).

Áp dng kt qu Bài toán 2.5 (trưng hp a1) ta đưc:

f 2(x) = h(x)

2(λ1 + 1) +

1

1 − λ1

k(x) − |x|log|a| |λ1|q (x)

(ii)

trong đó k(x); q (x) là hai hàm tùy ý tha mãn:

k(ax) = k(x); q (ax) =

q (x) nu λ1 > 0

−q (x) nu λ1 < 0

T (i) và (ii) ta có:

f (x) = h(x)

2(λ1 + 1) +

ln |x|(1 − λ1) − ln |a|ln |a|(1 − λ1)2

g(x) + 1

1 − λ1

k(x) − |x|log|a| |λ1|q (x)

.

a2) Trưng hp 2: λ1 = −1; λ2 = 1.Bin đi tương t như trưng hp a1) ta đưc:

f (x) =ln | x

a3|

4 ln |a|h(x) + ln |x2a |

ln a4 g(x) +

k(x) − q (x)

2

trong đó k(x), q (x) là hai hàm tùy ý tha mãn: k(ax) = k(x); q (ax) = −q (x).a3) Trưng hp 3: λ1

=

±1; λ2 =

−1.

Bin đi tương t như trưng hp a1) ta có:

f (x) =ln |xλ1+1

aλ1+2 |h(x)

ln |a|(λ1 + 1)2 +

g(x)

2(1 − λ1) +

|x|log|a||λ1| q 2(x) − q 1(x)




vi q 1(x), q 2(x) là hai hàm tùy ý tha mãn:

q 1(ax) = −q 1(x); q 2(ax) =q 2(x) nu λ1 > 0

−q 2(x) nu λ1 < 0

a4) Trưng hp 4: λ1 = ±1; λ2 = ±1.Bin đi tương t như trưng hp a1) ta có:

f (x) = h(x)

1 − α + β +

g(x)

1 + α + β +

1

λ2 − λ1


trong đó h1(x), h2(x) là hai hàm tùy ý tha mãn:

h1(x) = h1(x) nu λ2 > 0

−h1(x) nu λ2 < 0 h2(x) = h2(x) nu λ1 > 0

−h2(x) nu λ1 < 0

b) Trưng hp ∆ = 0b1) Trưng hp 1: α = −2Bin đi tương t như trưng hp a1) ta có:

f (x) = h(x)

4 +

(ln |x|)2 − ln |a| ln |x|2(ln |a|)2 h(x) + q (x) +

ln |x|k(x)

ln |a|

Vi k(x), q (x) là hai hàm tùy ý tha mãn: k(ax) = k(x), q (ax) = q (x).b2) Trưng hp 2: α = 2

Bin đi tương t như trưng hp a1) ta có:

f (x) = −3 ln |a| ln |xa | − (ln |x|)22(ln |a|)2 h(x) +

g(x)

4 + g2(x) − ln |xa |g1(x)

ln |a|

vi g1(x), g2(x) là hai hàm tùy ý tha mãn: g1(ax) = −g1(x); g2(ax) = −g2(x).b3) Trưng hp 3: α < 0; α = −2Bin đi tương t như trưng hp a1) ta có:

4h(x)

(α − 2)2 +

4g(x)

(α + 2)2 + |x|log|a|(−α

2 ) p1(x) − 2 ln |x|q 1(x)

α ln |a|

,

trong đó: p1(x), q 1(x) là hai hàm tùy ý: p1(ax) = p1(x); q 1(ax) = q 1(x)b4) Trưng hp 4: α > 0; α = 2Bin đi tương t như trưng hp a1) ta có:

4h(x)

(α − 2)2 +

4g(x)

(α + 2)2 + |x|log|a| α2 p2(x) − 2 ln |xa |q 2(x)

α ln |a|




trong đó: p2(x), q 2(x) là hai hàm tùy ý: p2(ax) = − p2(x); q 2(ax) = −q 2(x)c) Trưng hp ∆ < 0 Bin đi tương t như trưng hp a1) ta có:

f (x) = h(x)

1 − α + β +

g(x)

1 + α + β +

|λo|ln |x|ln |a|

q

cos



trong đó:λ1 = p − iq ; λ2 = p + iq là nghim phương trình: λ2 + αλ + β = 0.⇔ |λo| = |λ1| = |λ2| =

p2 + q 2

tan ϕ = q

p; arg λ2 = arg λ1 = ϕ; m(x), n(x) là hai hàm tùy ý tha mãn: m(ax) =

m(x); n(ax) = n(x).

4.3.3 Mt s ví d áp dng

Ví d 4.3. Cho g(x) là hàm tun hoàn nhân tính chu kỳ 3, (g(3x) = g(x)); h(x)là hàm phn tun hoàn nhân tính chu kỳ 3, (h(3x) = −h(x)). Xác đnh tt c các hàm f : R∗ → R sao cho:

f (9x) − 7f (3x) + 10f (x) = 5g(x) + 21h(x).

Li gii:Xét phương trình đc trưng: λ2 − 7λ + 10 = 0 ⇔ λ1 = 2; λ2 = 5.áp dng Bài toán 2.6 (trưng hp a4) ta có:

f (x) = h(x)

18 +

g(x)

4 +

1

3

|x|log3 5h1x − |x|log3 2h2x

trong đó h1, h2 là hai hàm tùy ý: h1(3x) = h1(x); h2(3x) = h2(x)

Ví d 4.4. Cho g(x) là hàm tun hoàn nhân tính chu kỳ −1

3, (g(−1

3x) =

g(x)); h(x) là hàm phn tun hoàn nhân tính chu kỳ −1

3, (h(−1

3x) = h(x)). Xác

đnh tt c các hàm: f : R\{0} → R sao cho:

f (1

9x) + 2f (−1

3x) + f (x) = 4g(x) − 7h(x) + 13.

Li gii:Đt g1(x) = 4g(x) + 13 ⇒ g1(−1

3x) = g1(x).Xét phương trình đc trưng: λ2 + 2λ + 1 = 0, ∆ = 0

⇒ λ1 = λ2 =

−1 hơn na

α = 2, áp dng bài toán 2.6 trưng hp b2) ta có:

f (x) = 4g(x) + 13

4 − ln 9 ln |3x| − (ln |x|)2

2(ln3)2 7h(x) +

ln |3x|g1(x)

ln 3 + g2(x),

g1(x), g2(x) là các hàm tùy ý tha mãn: g1(−13x) = −g1(x); g2(−1

3x) = −g2(x).




Ví d 4.5. Cho hàm g(x) là hàm tun hoàn nhân tính chu kỳ −e, (g(−ex) =g(x)); h(x) là hàm phn tun hoàn nhân tính chu kỳ

−e, (h(

−ex) =

−h(x)). Xác

đnh tt c các hàm: f : R\{0} → R sao cho:

f (e2x) − 2√

3f (−ex) + 4f (x) = h(x) − 3g(x).

Li gii:Xét phương trình đc trưng: λ2 − 2

√ 3λ + 4 = 0, ∆ = −1 < 0 phương trình có các

nghim:

λ1 =√

3 − i; λ2 =√

3 + i; r = |λ1| = |λ2| = 2; q = 1; cos ϕ =

√ 3

2 ⇒ ϕ =

π

6.

áp dng Bài toán 2.6 (phn c) ) ta có:

f (x) = h(x)

5 + 2√ 3 − 3g(x)

5 − 2√ 3+ 2ln |x| cos

π ln |x|6

n(x) + sin π ln |x|

6 m(x),

trong đó m(x), n(x) là hai hàm tha mãn: m(−ex) = m(x); n(−ex) = n(x).



Tài liu tham kho

[1] Nguyn Thy Thanh (1990), Lý thuyt hàm bin phc mt bin, NXB Đi hc và Trung hc Chuyên nghip.

[2] Nguyn Văn Mu (2004, 2006), Đa thc đi s và phân thc hu t, NXB Giáo dc.

[3] Nguyn Văn Mu (2003), Phương trình hàm, NXB Giáo dc.

[4] Lê Đình Thnh và các tác gi khác, Phương trình sai phân và mt s ng dng, NXB Giáo dc.

[5] Nguyn Trng Tun, Bài toán hàm s qua các kỳ thi Olimpic, NXB Giáodc.

[6] Kuczma Marek (1968), Functional equations in a single variable, PWN- Pol-ish scientific publishers.

127



Chương 5

Dãy s sinh bi hàm s

5.1 Hàm s chuyn đi phép tính s hc và đi sTrong mc này, ta kho sát mt s tính cht cơ bn ca mt s dng hàm s

thông qua các h thc hàm đơn gin. Ta cũng kho sát mt s dng hàm bo toàn và chuyn đi các tính cht cơ bn ca phép tính đi s như giao hoán, phân b và kt hp.

Bài toán 1. Xác đnh các hàm s f (x) xác đnh và liên tc trên R tho mãn điu kin

f (x + y ) = f (x) + f (y ) + f (x)f (y ), ∀ x, y ∈ R. (1)

Gii.Đt f (x) = g(x)

−1, ta thu đưc

g(x + y ) − 1 = g(x) − 1 + g(y ) − 1 + [g(x) − 1][g(y ) − 1], ∀ x, y ∈ Rhay

g(x + y ) = g(x)g(y ), ∀ x, y ∈ R. (2)

Do f (x) liên tc trên R nên g(x) cũng là hàm liên tc trên R. Suy ra (2) có nghim g(x) = eax, a ∈ R và (1) có nghim

f (x) = eax − 1, a ∈ R.

Bài toán 2. Cho hàm s F (u, v) ( u, v ∈ R). Gi s phương trình hàm:

f (x + y ) = F [f (x), f (y )], ∀ x, y ∈ R (3)

có nghim f (x) xác đnh và liên tc trên R. Chng minh rng F (u, v) là hàm đi xng ( F (u, v) = F (v, u) và có tính kt hp

F [F (u, v), w] = F [u, F (v, w)], ∀ u,v,w ∈ f. (4)

128



5.1. Hàm s chuyn đi phép tính s hc và đi s 129

Gii.Nhn xét rng tính đi xng ca F (u, v) đưc suy trc tip t (3). Mt khác,

theo (3), ta có f (x + y + z ) = f [(x + y ) + z ] = F {F [f (x), f (y )], f (z )}, ∀ x,y,z ∈ R (5)

và

f (x + y + z ) = f [x + (y + z )] = f [(y + z ) + x] = F {F [f (y ), f (z )], f (x)}= F {f (x), F [f (y ), f (z )]}, ∀ x,y,z ∈ R. (6)

T (5) và (6) suy ra (4):

F [F (u, v), w] = F [u, F (v, w)], ∀ u,v,w ∈ f.

Bài toán 3. Gi s phương trình hàm:

f (x + y ) = F [f (x), f (y )], ∀ x, y ∈ Rvi hàm s F (u, v) ( u, v ∈ R) là mt đa thc (khác hng), có nghim f (x) xác đnh và liên tc (khác hng) trên R. Chng minh rng F (u, v) có dng

F (u, v) = auv + bu + bv + c. (7)

Gii.Gi s F (u, v) là đa thc bc m theo u và bc n theo v. Khi đó, do F (u, v)

đi xng nên m = n. Theo (4) thì

F [F (u, v), w] = F [u, F (v, w)], ∀ u,v,w ∈ f

nên v trái là mt đa thc bc n theo w còn v phi là đa thc bc n2 theo w.Suy ra n2 = n hay n = 1. Vy F (u, v) có dng

F (u, v) = auv + b1u + b2v + c.

Do F (u, v) là đa thc đi xng nên b1 = b2 và

F (u, v) = auv + bu + bv + c.

Nhn xét rng, vi F (u, v) = auv + bu + bv + c và F (u, v) tho mãn điu kin

(4) thì ac = b2 − b.

Vy vi a = 0 thì

ac = b2 − b ⇔ c = b2 − b

a , a = 0. (8)




Bây gi, ta chuyn sang xét các dng đc bit ca (7).

Bài toán 4. Cho đa thc F (u, v) = bu + bv + c, b= 0. Xác đnh các hàm s f (x)

xác đnh và liên tc trên R tho mãn điu kin

f (x + y ) = F [f (x), f (y )], ∀ x, y ∈ Rtc là

f (x + y ) = bf (x) + bf (y ) + c, ∀ x, y ∈ R. (9)

Gii.Nhn xét rng, nu b = 1 thì t (9) vi y = 0, ta có ngay f (x) = const. Khi

b = 1

2 và c = 0 thì mi hàm hng đu tho mãn (8). Khi b =

1

2 và c = 0 thì (9) vô

nghim. Các trưng hp khác ( b = 1, b = 1

2 thì nghim ca (9) là f (x) =

c

1−

2b.

Xét trưng hp b = 1. Khi đó (9) có dng

f (x + y ) = f (x) + f (y ) + c, ∀ x, y ∈ Rvà phương trình hàm này có nghim f (x) = αx − c.

Bài toán 5. Cho đa thc F (u, v) = auv + bu + bv + b2 − b

a , a = 0. Xác đnh các

hàm s f (x) xác đnh và liên tc trên R tho mãn điu kin

f (x + y ) = F [f (x), f (y )], ∀ x, y ∈ Rtc là

f (x + y ) = af (x)f (y ) + bf (x) + bf (y ) + b2

− ba

, ∀ x, y ∈ R. (10)

Gii.Nhn xét rng, nu đt

f (x) = h(x) − b

a

thì thì t (10) ta nhn đưc

h(x + y ) = h(x)h(y ), ∀ x, y ∈ Rvà phương trình hàm này có nghim h(x) = eαx. Suy ra nghim ca (10) có dng

f (x) = eαx

− ba

.

Bài toán 6. Gi s f (x) là nghim ca phương trình hàm:

f (ax + by + c) = Af (x) + Bf (y ) + C (abAB = 0), ∀ x, y ∈ R (11)






Theo Bài toán 7, thì điu kin cn đ phương trình hàm (11) có nghim là a = A, b = B .

Gi s điu kin này đưc tho mãn. Theo (12), ta chia các trưng hp riêng đ kho sát.Xét các trưng hp sau:

Trưng hp b + a = 1, c = 0.

Khi đó, (11) có dng

f (ax + (1 − a)y ) = af (x) + (1 − a)f (y ) (abAB = 0), ∀ x, y ∈ R. (13)

Ta thu đưc (13) thuc lp hàm chuyn tip các đi lưng trung bình cng. Vì vy (13) có nghim f (x) = αx + β , α, β ∈ R.

Trưng hp b + a = 1, c = 0.Khi đó, (11) có dng

f (ax + (1 − a)y + c) = af (x) + (1 − a)f (y ) + C (abAB = 0), ∀ x, y ∈ R. (13)

Đt f (x) = C

c x + h(x). Ta thu đưc (13) dưi dng

h(ax + (1 − a)y + c) = ah(x) + (1 − a)h(y ), ∀ x, y ∈ R. (14)

D kim tra, phương trình (14) ch có nghim hng tuỳ ý (xem (12)) và vì vy,

(13) có nghim f (x) = C

c x + β , β ∈ R.

Trưng hp b + a = 1. Theo Bài toán 6 thì nghim ca (13) có dng f (x) =αx + β . Theo (12) thì αc − C = (a + b − 1)β. Vy nu cho α ∈ R giá tr tuỳ ý thì

β = αc − C

a + b − 1.

Chú ýNu không đòi hi nghim ca (11) là hàm s liên tc trên R thì các đng

thc a = A, b = B và (12) có th không tho mãn. Tuy nhiên, ta vn có các tính cht đi s sau đây.

Bài toán 9. Gi s phương trình hàm

f (ax + y ) = Af (x) + f (y ) (aA = 0), ∀ x, y ∈R

(15)có nghim khác hng. Chng minh rng nu a (hoc A) là s đi s vi đa thc ti tiu P a(t)(tương ng P A(t)) thì A (tương ng a) là s đi s và

P a(t) ≡ P A(t). (16)




Gii.Ta thy f (0) = 0 nên f (ax) = af (x) và bng quy np toán hc, d dàng chng

minh f (akx) = Akf (x), k ∈ N. (17)

Gi s

P a(t) = tn +n−1i=0

riti, r0, . . . , rn−1 ∈ Q.

Khi đó, theo (17) thì

f

(an +n−1i=0

ria)x

= f (anx) +n−1i=0

rif (aix)

An +

n−1i=0

riA

f (x).

Vì f (x) khác hng nên

An +

n−1i=0

riA = 0 (18)

và vì vy A là s đi s. Suy ra P a(t) là ưc ca P A(t) và do P A(t) là đa thc ti tiu nên có (16).

Ngưc li, nu A là s đi s tho mãn (18) thì thc hin quy trình ngưc li,ta thu đưc

an +n

−1

i=0

ria = 0 (19)

và t đó suy ra (16).

Bài toán 10. Gi s phương trình hàm

f (ax + y ) = Af (x) + f (y ) (aA = 0, a ∈ Q), ∀ x, y ∈ R (20)

có nghim khác hng. Chng minh rng khi đó a = A.Gii.

Tht vy, theo Bài toán 9 thì P a(t) là đa thc bc nht và vì vy P A(t) cũng là đa thc bc nht (vi h s bc cao nht đu bng 1) nên a = A.

Bài toán 11. Gii phương trình hàm sau trong lp các hàm s f (x) liên tc trên R:

f (x + y ) = axy f (x)f (y ) (a > 0), ∀ x, y ∈ R. (21)

Gii.




D thy f (1) 0. Nu f (1) = 0 thì t (21) ta có ngay f (x) ≡ 0. Xét trưng hp f (1) > 0. Bng quy np, d dàng kim chng h thc

f (nx) = a(n2−n)x2

2 [f (x)]n, ∀ n ∈ N∗.

Vy vi x = 1 thì

f (n) = an2−n

2 [f (1)]n, ∀ n ∈ N∗.

Vi x = m

n , ta thu đưc

f (m) = a(n2−n)(mn )

2

2

f (

m

n )n

, ∀ m, n ∈ N∗.

và

f (m) = a

m2−m

2 [f (1)]m

, ∀ m ∈ N∗.Suy ra

f m

n

= a

12(mn )2

a−12 f (1)

mn

. (22)

Do f (1) > 0 nên có th vit

c = −1

2 + loga f (1).

T (21) suy ra f (x) = a

12x2+cx, ∀ x ∈ Q+. (23)

Do f (x) liên tc nên (16) tho mãn vi mi x ∈ R+. Vi x < 0, ta đt

−x = y

và do f (0) = 1 nên t gi thit (21) ta nhn đưc

1 = a−x2f (x)a(x2/2)−cx,

hay f (x) = a

12x2+cx, ∀ x ∈ R.

Nhn xét.Bng cách đt

f (x) = ax2/2g(x)

ta đưa (15) v dng quen bit

g(x + y ) = g(x)g(y ), ∀ x ∈ R.

Bài toán 12. Xác đnh các hàm s f xác đnh và liên tc trên R tho mãn điu kin

f (x + y ) + f (z ) = f (x) + f (y + z ), ∀ x,y,z ∈ R. (1)



5.2. V các dãy s xác đnh bi dãy các phương trình 135

Gii.Đt f (0) = a thì vi z = 0 trong (1) ta thu đưc

f (x + y ) + a = f (x) + f (y ), ∀ x, y ∈ R. (2)

Đt f (x) = g(x) + a. T (2) ta nhn đưc

g(x + y ) = g(x) + g(y ), ∀ x, y ∈ R. (3)

Phương trình (3) có nghim g(x) = αx, α ∈ R.Suy ra phương trình (1) có nghim

f (x) = αx + β , α, β ∈ R.

Th li, ta thy hàm f (x) = αx + β tho mãn điu kin bài ra.

Bài toán 13. Xác đnh các hàm s f xác đnh và liên tc trên R tho mãn điu kin

f (x + y )f (z ) = f (x)[f (y ) + f (z )], ∀ x,y,z ∈ R. (4)

Gii.Thay y = z = 0 trong (4), ta thu đưc f (0)f (x) = 0. Vy f (0) = 0. Vi z = 0

thì f (x + y )f (0) = f (x)[f (y ) + f (0)], ∀ x, y ∈ R

hay f (x)f (y ) = 0, ∀ x, y ∈ R.

Suy ra f (x) ≡ 0.

5.2 V các dãy s xác đnh bi dãy các phương trình

Trong toán hc, có rt nhiu trưng hp ta không xác đnh đưc giá tr c th đi tưng mà chúng ta đang xét (ví d s, hàm s) nhưng vn có th thc hin các phép toán trên các đi tưng đó. Ví d ta có th không bit giá tr các nghim ca mt phương trình, nhưng vn bit đưc tng ca chúng:

Ví d 5.1. Tìm tng các nghim ca phương trình cos5 x−5cos3 x+3cos x−1 = 0trên đon [0, 2].

Đôi khi ta cn tính tích phân ca mt hàm mà ta không có biu thc tưng minh:

Ví d 5.2. Chng minh rng vi mi t ≥ 0, phương trình x3 + tx − 8 = 0 luôn có 1 nghim dương duy nht, ký hiu là x(t). Tính

70 [x(t)]2dt.




Trong bài vit nh này, chúng ta s đ cp đn mt tình hung căn bn khác,đó là kho sát nhng dãy s xác đnh bi dãy các phương trình.

Bài toán 5.1. Cho dãy các hàm s f n(x) xác đnh bi công thc tưng minh hoc truy hi tho mãn điu kin: các phương trình f n(x) = 0 có nghim duy nht xn ∈ D. Cn kho sát các tính cht ca xn như kho sát s hi t, tìm gii hn...

Chúng ta bt đu t mt bài toán thi tuyn sinh vào khoa Toán trưng Đi hc Đc lp Matxcơva năm 2000.

Bài toán 5.2. Ký hiu xn là nghim ca phương trình

1

x

+1

x − 1

+

· · ·+

1

x − n

= 0

thuc khong (0, 1)a) Chng minh dãy {xn} hi t;b) Hãy tìm gii hn đó.

Bình lun: Dãy xn đưc xác đnh duy nht vì hàm s

f n(x) = 1

x+

1

x − 1+ · · · +

1

x − n

liên tc và đơn điu trên (0, 1). Tuy nhiên, ta không th xác đnh đưc giá tr c th ca xn. Rt may mn, đ chng minh tính hi t ca xn, ta không cn đn điu đó. Ch cn chng minh tính đơn điu và b chn là đ. Vi tính b chn,mi th đu n vì 0 < xn < 1. Vi tính đơn điu, ta chú ý mt chút đn mi liên h gia f n(x) và f n+1(x) trong đó

f n+1(x) = f n(x) + f n+1(x) = f n(x) + 1

x − n − 1.

Đây chính là chìa khoá đ chng minh tính đơn điu ca xn.Li gii. Rõ ràng xn đưc xác đnh mt cách duy nht, 0 < xn < 1. Ta có

f n+1(xn) = f n(xn) + 1/(xn − n − 1) = 1/(xn − n − 1) < 0,

trong khi đó f n+1(0+) > 0. Theo tính cht ca hàm liên tc, trên khong (0, xn)có ít nht mt nghim ca f n+1(x). Nghim đó chính là xn+1. Như th ta đã chng minh đưc xn+1 < xn, tc là dãy s {xn} đơn điu gim. Do dãy này b chn dưi bi 0 nên dãy s đã cho có gii hn.




Ta s chng minh gii hn nói trên bng 0. Đ chng minh điu này, ta cn đn kt qu quen thuc sau:

1 +1

2 +

1

3+ · · · +

1

n > ln n

(Có th chng minh d dàng bng cách s dng đánh giá ln

1 +1

n

<

1

n ).

Tht vy, gi s lim xn = a > 0. Khi đó, do dãy s gim nên ta có xn ≥ avi mi n.

Do 1 +1

2+

1

3+ · · ·+

1

n→ ∞ khi n → ∞ nên tn ti N sao cho vi mi n → N

ta có 1 + 1

2 +

1

3+ · · · +

1

n >

1

a.

Khi đó vi n ≥ N ta có

0 =1

xn+

1

xn − 1 + · · · +

1

xn − n <

1

xn+

1

−1 +

1

−2 + · · · +

1

xn<

1

a+

1

a = 0,

mâu thun. Vy ta phi có lim xn = 0.

Bài toán 5.3. Cho n là mt s nguyên dương (n > 1). Chng minh rng phương trình xn = x + 1 có mt nghim dương duy nht, ký hiu là xn. Chng minh rng xn dn v 1 khi n dn đn vô cùng và tìm

limn→∞n(xn) − 1).

Li gii. Rõ ràng xn > 1. Đt f n(x) = xn − x − 1. Khi đó f n+1(1) = −1 < 0 và f n+1(xn) = xn

n+1 − xn − 1 > xnn − xn − 1 = f n(xn) = 0.

T đó ta suy ra 1 < xn+1 < xn . Suy ra dãy {xn} có gii hn hu hn a. Ta chng minh a = 1. Tht vy, gi s a > 1. Khi đó xn ≥ a vi mi n và ta tìm đưc n đ ln sao cho: xn

n ≥ an > 3 và xn + 1 < 3, mâu thun vi f n(xn) = 0.Đ gii phn cui ca bài toán, ta đt xn = 1 + y n vi lim y n = 0. Thay vào

phương trình f n(xn) = 0, ta đưc (1 + y n)n = 2 + y n. Ly logarith hai v, ta đưc

n ln(1 + y n) = ln(2 + y n)

T đó suy ra lim n ln(1 + y n) = ln 2

Nhưng lim ln(1 + y n)/y n = 1 nên t đây ta suy ra lim ny n = ln 2, tc là

limn→∞n(xn − 1) = ln 2.




Bài toán 5.4 (VMO 2007). Cho s thc a > 2 và f n(x) = a10xn+10 + xn + · · · +x + 1.

a) Chng minh rng vi mi s nguyên dương n, phương trình f n(x) = a luôn có đúng mt nghim dương duy nht.b) Gi nghim đó là xn, chng minh rng dãy {xn} có gii hn hu hn khi

n dn đn vô cùng.

Li gii. Kt qu ca câu a) là hin nhiên vì hàm f n(x) tăng trên (0, +∞). D dàng nhn thy 0 < xn < 1. Ta s chng minh dãy xn tăng, tc là xn+1 > xn.Tương t như nhng li gii trên, ta xét

f n+1(xn) = a10xn+11n + xn+1

n + xnn + · · · + x + 1 = xnf n(xn) + 1 = axn + 1

Vì ta đã có f n+1(1) = a10 + n + 1 > a nên ta ch cn chng minh axn + 1 < a là

s suy ra xn < xn+1 < 1. Như vy, cn chng minh xn <

a

−1

a . Tht vy, nu

xn ≥ a − 1

a thì

f n(xn) ≥ a10a − 1

a

n+10+

1 −a − 1

a

n+1

1 − a − 1

a

=

= (a − 1)10a − 1

a

n+a − (a − 1)

a − 1

a

n> a

(do a−

1 > 1). Vy dãy s tăng {

xn

} tăng và b chn bi 1 nên hi t.

Nhn xét 5.1. Mt ln na mi liên h f n+1(x) = xf n(x) + 1 li giúp chúng ta tìm đưc mi quan h gia xn và xn+1. T li gii trên, ta có th chng minh

đưc rng lim xn =a − 1

a . Tht vy, đt c =

a − 1

a < 1, theo tính toán trên thì

f n(c) − f n(xn) = kcn (vi k = (a − 1)((a − 1)9 − 1) > 0)

Theo đnh lý Lagrange thì

f n(c) − f n(xn) = f (ξ )(c − xn) vi ξ thuc (xn, c)

Nhưng f (ξ ) = (n + 10)a10ξ n+9 + nξ n−1 + · · · + 1 > 1 nên t đây suy ra

kcn > c − xn

T đó ta có c − kcn < xn < c

Và có nghĩa làm lim xn = c.




Bài toán 4. (VMO 2002) Cho n là mt s nguyên dương. Chng minh rng phương trình

1x − 1

+ 14x − 1

+ · · · + 1n2x − 1

= 12

có mt nghim duy nht xn > 1. Chng minh rng khi n dn đn vô cùng, xn

dn đn 4.Bình lun: Vic chng minh phương trình có nghim duy nht xn > 1 là

hin nhiên. Mi liên h f n+1(x) = f n(x) +1

((n + 1)2x − 1) cho thy xn là dãy

s tăng ( đây f n(x) = 1

x − 1 +

1

4x − 1 + · · · +

1

n2x − 1− 1

2). Đ bài cho sn

gii hn ca xn là 4 đã làm cho bài toán tr nên d hơn nhiu. Tương t như cách chng minh lim xn = c nhn xét trên, ta s dùng đnh lý Lagrange đ

đánh giá khong cách gia xn và 4. Đ làm điu này, ta cn tính f n(4), vi

f n(x) = 1

x − 1 +

1

4x − 1 + · · · +

1

n2x − 1− 1

2. Rt may mn, bài tính f n(4) này

liên quan đn 1 dng tng quen thuc.Li gii: Đt f n(x) như trên và gi xn là nghim > 1 duy nht ca phưng trình f n(x) = 0. Ta có

f n(4) =1

4 − 1 +

1

16 − 1 + · · · +

1

4n2 − 1− 1

2 =

1

1.3+

1

3.5+ · · · +

1

(2n − 1)(2n + 1)− 1

2

=1

21

1− 1

3 +

1

3− 1

5 + · · · +

1

2n

−1

− 1

2n−1

2 = − 1

4n

Áp dng đnh lý Lagrange, ta có

1

4n = |f n(xn) − f (4)| = |f (c)||xn − 4|

vi c thuc (xn, 4)Nhưng do

|f (c)| =1

(c − 1)2 +

1

(4c − 1)2 + · · · >

1

9

Nên t đây |xn − 4| <

9

4n, suy ra lim xn = 4.Trong ví d trên (và trong phn nhn xét bài toán 3) chúng ta đã s dng đnh lý Lagrange đ đánh giá hiu s gia xn và giá tr gii hn. ví d cui cùng ca bài vit này, ta tip tc nu ra ng dng dng đnh lý này trong mt tình hung phc tp hơn.




Bài toán 5. Cho n là mt s nguyên dương > 1. Chng minh rng phương trình xn = x2 + x + 1 có mt nghim dương duy nht, ký hiu là xn. Hãy tìm s

thc a sao cho gii hn limn→∞ na(xn − xn+1) tn ti, hu hn và khác 0.Bình lun. D thy giá tr a, nu tn ti, là duy nht. Tương t như bài

toán 2, có th chng minh đưc rng xn ≈ 1 +ln(3)

n . T đó có d đoán là a = 2.

Đnh lý Lagrange s giúp chúng ta đánh giá hiu xn − xn+1 và chng minh d đoán này.Li gii. Đt

P n(x) = xn − x2 − x − 1.

Ta có

P n+1(x) = xn+1 − x2 − x − 1 = xn+1 − xn + P n(x) = xn(x − 1) + P n(x).

T đó P n+1(xn) = xn

n(xn − 1) + P n(xn) = (x2n + xn + 1)(xn − 1) = x3

n − 1.

Áp dng đnh lý Lagrange, ta có

(x2n + xn + 1)(xn − 1) = P n+1(xn) − P n+1(xn+1) = (xn − xn+1)P

n+1(c)

vi c thuc (xn+1, xn), P

n+1(x) = (n + 1)xn − 2x − 1.T đó

(n + 1)

xn+1 + 1 +

1

xn+1− 2xn+1 − 1 = P n+1(xn+1) < P n+1(c) <

< P n+1(xn) = (n + 1)(x2n + xn + 1) − 2xn − 1.

T đây, vi lưu ý lim xn = 1, ta suy ra

limn→∞

P n+1(c)

n = 3

Tip tc s dng lim n(xn − 1) = 3, ta suy ra

limn→∞nP n+1(c)(xn − xn+1) = lim

n→∞n(x2n + xn + 1)(xn − 1) = 3 ln(3)

⇔ limn→∞n2(xn − xn+1)

P n+1(c)

n = 3 ln(3)

⇔ limn→∞n2(xn − xn+1) lim

n→∞P n+1(c)

n = 3 ln(3)

⇔ limn→∞n2(xn − xn+1)3 = 3 ln(3)

⇔ limn→∞n2(xn − xn+1) = ln(3)



5.3. Đnh lý v ba mnh đ tương đương 141

Vy vi c = 2 thì gii hn đã cho tn ti, hu hn và khác 0. D thy vi c > 2 thì gii hn đã cho bng vô cùng và vi c < 2 thì gii hn đã cho bng 0.

Vy c = 2 là đáp s duy nht ca bài toán.Qua các ví d trên, chúng ta thy công c cơ bn đ kho sát các dãy s chobi dãy các phương trình là các đnh lý cơ bn ca gii tích (v hàm liên tc, hàm đơn điu, đnh lý v s hi t ca dãy s đơn điu và b chn, đnh lý Lagrange)và mi liên h mang tính truy hi gia các phương trình. Hy vng rng vic phân tích các tình hung 5 ví d trên đây s giúp chúng ta có mt cách nhìn tng quát cho các bài toán dng này.

5.3 Đnh lý v ba mnh đ tương đương

Đnh lý 5.1 (V ba mnh đ tương đương). . Cho dãy s

{ck

} vi 0 < ck < 1,

k = 1, 2, 3, . . .. Xét các dãy s

X n =n

i=1

(1 + ci); Y n =n

i=1

(1 − ci).

Khi đó ba khng đnh sau là tương đương (i) lim

n→+∞ X n = +∞,

(ii) limn→+∞ Y n = 0,

(iii) limn→+∞

ni=1

ci

= +∞.

Chng minh.Xét khng đnh (i)⇒ (iii).

Gi s ni=1

ci < M, vi 0 < M < +∞. Khi đó

ni=1

(1 + ci) <

1 + 1

n

ni=1

cin

<

1 + M

n

n< eM ,

vô lý vì rng limn→+∞ X n = +∞. Do đó lim

n→+∞

ni=1

ci

= +∞.

Xét khng đnh (iii)⇒ (i). Điu này là hin nhiên đúng vì rng

ni=1

(1 + ci) >

ni=1

ci.



5.4. Mt s bài toán v ưc lưng tng và tích 142

Xét khng đnh (ii)⇒ (iii). Nhn xét rng, ng vi b n s bt kỳ a1, a2, . . . , an

vi 0 < ai < 1, thì n

i=1

ai > 1 −n

i=1

(1 − ai).

D dàng kim tra tính đúng đn ca bt đng thc này bng qui np.

Do limn→+∞

ni=1

(1−ci) = 0 nên ng vi mi m luôn tn ti n sao cho ni=1

(1−ci) <

1

2. T đó ta có

ni=1

ci > 1 −n

i=1

(1 − ci) > 1

2.

Suy ra

+∞i=1 ci = +∞.

Xét khng đnh (i)⇒ (ii). Ta có

1 >

ni=1

(1 − c2i ) =n

i=1

(1 + ci)n

i=1

(1 − ci).

Nhưng vì limn→+∞

ni=1

(1 + ci) = +∞ nên limn→+∞

ni=1

(1 − ci) = 0 (theo nguyên lý kp).

Do đó limn→+∞ Y n = 0.

Bây gi ta chuyn sang phn áp dng đnh lý trên đ gii quyt mt s bài toán.

5.4 Mt s bài toán v ưc lưng tng và tích

Bài toán 5.5. Cho dãy s thc tăng {un} có tính cht

limn→+∞ un = +∞.

Chng minh rng luôn tn ti k ∈ N sao cho

u1u2

+ u2u3

+ · · · + ukuk+1

< k − 2007

(ta gi s u1 > 0).



5.4. Mt s bài toán v ưc lưng tng và tích 143

Gii.Ta s dng bin đi tương đương sau

k −u1

u2+

u2

u3+ · · · +

uk

uk+1

> 2007 ⇔

ki=1

1 − ui

ui+1

> 2007.

Do {un} là dãy tăng nên 0 < 1 − ui

ui+1< 1.

Đt ci = 1 − ui

ui+1. Suy ra 0 < ci < 1. Mt khác, ta có

ni=1

(1 − ci) =

ni=1

ui

ui+1=

u1

un+1

tin dn ti 0 khi n → +∞. Vy nên ni=1

ci = +∞ (T 2)⇒ 3). Do đó ∃k ∈ N đ

ki=1

1 − ui

ui+1

=

ki=1

ci > 2007.

Bài toán 5.6. Cho dãy s {an} dương có tính cht limn→+∞ an = +∞. Chng minh

rng luôn tn ti k ∈ N sao cho

k

i=1

ai

a1 + a2 + · · · + ai

> 2632007.

Gii.Đt ci =

ai

a1 + a2 + · · · + aiVì ai > 0 nên 0 < ci < 1 và

1 − ci = a1 + a2 + · · · + ai−1

a1 + a2 + · · · + ai, vi i ≥ 2.

Suy ra n

i=2

(1 − ci) = a1

a1 + a2 + · · · + an

tin dn ti 0 khi n → +∞.

Vì ai > 0 và limn→+∞ an = +∞, nên

ni=1

ci = +∞ hay ∃k ∈ N đ ni=1

ci > 2632007,

điu phi chng minh.



5.5. Bài tp 144

Bài toán 5.7. Xét dãy tt c các s nguyên t { pn}, 2 = p1 < p2 < p3 < · · · .Chng minh rng

+∞n=1

1 pn

= +∞.

Gii.

Bài toán 5.8. Xét dãy s {an} xác đnh bi công thc

a1 = 1

2, an+1 =

2n − 1

2n + 2an, n = 1, 2, . . . .

Chng minh rng +∞

n=1 an = 1.

Gii.

Bài toán 5.9. Cho dãy s {an} dương, tăng và không b chn. Chng minh rng

+∞n=1

arccos

an

an+1

2= +∞.

Gii.

5.5 Bài tpBài 5.1. Cho dãy s {an} dương, tăng và không b chn. Chng minh rng

+∞n=1

arccos an

an+1

= +∞.





6.2. Dãy s tun hoàn 146

Đnh nghĩa 6.2. (i) Dãy s {un} ( un = 0 vi mi n ∈ N) tho mãn điu kin

u1

u0 = u2

u1 = · · · = un+1

un = · · ·đưc gi là mt cp s nhân.

(ii) Khi dãy s {un} lp thành mt cp s nhân thì thương q = u1

u0đưc gi

là công bi ca cp s đã cho.

Nhn xét rng khi cho mt dãy hu hn s khác 0 : {u0, u1, . . . , us} tho mãn điu kin

u1

u0=

u2

u1= · · · =

us

us−1

thì ta cũng nói rng dãy hu hn đã cho lp thành mt cp s nhân vi công bi

p = u

1u0 .

Ta luôn có mi liên h gia cp s cng và cp s nhân sau đây.

Bài toán 6.1. (i) Nu dãy s {un} là mt cp s cng thì dãy s {vn} vi

vn = aun , ∀ n ∈ N, a > 0

s lp thành mt cp s nhân.(ii) Ngưc li, nu dãy s {un} là mt cp s nhân vi các s hng dương thì

dãy s {vn} vi vn = loga un, ∀ n, ∈ N, 0 < a = 1

s lp thành mt cp s cng.Gii Chng minh đưc suy ra trc tip t Đnh nghĩa 6.1 và 6.2

Đnh nghĩa 6.3. Dãy s {un} ( un = 0 vi mi n ∈ N) tho mãn điu kin

un = 2un−1un+1

un−1 + un+1, ∀ n ∈ N∗

đưc gi là cp s điu hoà.

6.2 Dãy s tun hoàn

Tương t như đi vi hàm s thông thưng, ta có th coi dãy s {xn} như mt hàm f (n) = xn xác đnh trên tp N và nhn giá tr trong R. Ta ch quan tâm đn hai loi dãy tun hoàn cơ bn là tun hoàn cng tính và tun hoàn nhân tính.




Đnh nghĩa 6.4. Dãy s {un} đưc gi là mt dãy tun hoàn (cng tính) nu tn ti s nguyên dương l sao cho

un+l = un, ∀ n ∈ N. (1)

S nguyên dương l nh nht đ dãy {un} tho mãn (1) đưc gi là chu kỳ cơ s ca dãy.

Trong thc hành, đ chng minh mt dãy đã cho là tun hoàn, không nht thit phi xác đnh chu kỳ cơ s ca nó.

Nhn xét 6.1. Dãy tun hoàn chu kỳ 1 khi và ch khi dãy đó là mt dãy hng.Tương t, ta cũng có đnh nghĩa v dãy tun hoàn nhân tính.

Đnh nghĩa 6.5. Dãy s {un} đưc gi là mt dãy tun hoàn nhân tính nu tn

ti s nguyên dương s ( s > 1) sao chousn = un, ∀ n ∈ N. (2)

S nguyên dương s nh nht đ dãy {un} tho mãn (2) đưc gi là chu kỳ cơ s ca dãy.

Bài toán 6.2. Chng minh rng dãy {un} tun hoàn (cng tính) chu kỳ 2 khi và ch khi dãy có dng

un = 1

2[α + β + (α − β )(−1)n+1], α , β ∈ R. (3)

Gii Gi s u0 = α, u1 = β và un+2 = un, ∀ n ∈ N. Khi đó ta thy ngay (bng quy np toán hc) dãy {un} có dng (3). Ngưc li, mi dãy xác đnh theo (3) là mt dãy tun hoàn chu kỳ 2.

Bài toán 6.3. Chng minh rng dãy {un} tun hoàn nhân tính chu kỳ 2 khi và ch khi dãy có dng

un =

tuỳ ý vi nl ,u2k+1 vi n = 2m(2k + 1), m ∈ N∗, k ∈ N.

Gii Chng minh đưc suy trc tip t h thc truy hi.

Bài toán 6.4. Chng minh rng dãy {un} tun hoàn chu kỳ 3 khi và ch khi dãy có dng

un = 1

3[α +β +γ +(−α−β +2γ )] cos

2nπ

3 +

√ 3

2 (α−β )sin

2nπ

3 , α , β , γ ∈ R. (4)




Gii. Gi s u0 = α, u1 = β , u2 = γ và un+3 = un, ∀ n ∈ N. Khi đó, ta thy ngay (bng quy np toán hc) dãy

{un

} có dng (4).

Ngưc li, mi dãy xác đnh theo (4) là mt dãy tun hoàn chu kỳ 3 :

α , β , γ , α , β , γ , . . . .

Bài toán 6.5. Cho k ∈ Q \Z. Chng minh rng dãy s {un} xác đnh theo công thc

u0 = 1, u1 = −1, un+1 = kun − un−1, n ∈ N∗

không là mt dãy tun hoàn.

Gii. Khi |k| > 2 thì

|un+1

|

|k

||un

| − |un

−1

|> 2

|un

| − |un

−1

|.

Nu luôn luôn xy ra |un| < |un−1| vi mi n ∈ N∗ thì ta có ngay điu phi chng minh. Nu xy ra |um| |um−1| > 0 thì suy ra

|um| < |um+1| < · · ·

và do đó dãy {un} không là mt dãy s tun hoàn.Xét |k| 2 vi k =

p

q , ( p, q ) = 1, 2 q ∈ Z∗, p ∈ Z. Bng quy np theo n ta

thu đưc u j =

p jq j−1

, p j ∈ Z, ( p j , q ) = 1, ∀ j ∈ {1, . . . , n}.

T đó suy ra un+1 =

p

q un − un−1 =

pn+1

q n ,

trong đó pn+1 = ppn − q 2 pn−1 ∈ Z

và ( pn+1, q ) = 1. Do q 2 nên un = um khi n = m và dãy {un} không là dãy s tun hoàn.

Bài toán 6.6. Xác đnh các giá tr ca k ∈ Q đ dãy s {un} xác đnh theo công thc

u0 = 1, u1 = −1, un+1 = kun − un−1, n ∈ N∗là mt dãy s tun hoàn.




Gii.Theo kt qu ca Bài toán 4, khi

|k

| > 2 và

|k

| 2, k =

p

q

vi ( p, q ) = 1,

2 q ∈ Z∗ thì dãy {un} không là dãy s tun hoàn.Xét |k| 2 và k ∈ Z.Vi k = 2 thì {un} là mt cp s cng vi công sai bng −2 nên hin nhiên

dãy {un} không là dãy tun hoàn.Vi k = 1 thì {un} là dãy tun hoàn chu kỳ 6 :

u2 = −2, u3 = −1, u4 = 1, u5 = 2, u6 = 1, u7 = −1, . . . .

Vi k = 0 thì {un} là dãy tun hoàn chu kỳ 4 :

u0 = 1, u1 = −1, u2 = −1, u3 = 1, u4 = 1, u5 = −1, . . . .

Vi k = −1 thì {un} là dãy tun hoàn chu kỳ 3 :

u0 = 1, u1 = −1, u2 = 0, u3 = 1, u4 = −1, . . . .

Vi k = −2 thì {un} là dãy tun hoàn chu kỳ 2 :

u0 = 1, u1 = −1, u2 = 1, u3 = −1, u4 = 1, . . . .

Đnh nghĩa 6.6. a) Dãy s {un} đưc gi là mt dãy phn tun hoàn (cng

tính) nu tn ti s nguyên dương l sao choun+l = −un, ∀ n ∈ N. (5)

S nguyên dương l nh nht đ dãy {un} tho mãn (5) đưc gi là chu kỳ cơ s ca dãy.

b) Dãy s {vn} đưc gi là mt dãy phn tun hoàn nhân tính nu tn ti s nguyên dương s ( s > 1) sao cho

vsn = −vn, ∀ n ∈ N. (6)

S nguyên dương s ( s > 1) nh nht đ dãy {vn} tho mãn (6) đưc gi là chukỳ cơ s ca dãy.

Nhn xét 6.2. a) Dãy phn tun hoàn vi chu kỳ l là mt dãy tun hoàn chu kỳ 2 l.

b) Dãy phn tun hoàn nhân tính chu kỳ s là mt dãy tun hoàn nhân tính chu kỳ 2 s.




Bài toán 6.7. Chng minh rng mi dãy {un} phn tun hoàn chu kỳ r đu có dng

un = 12

(vn − vn+r) vi vn+2r = vn. (7)

Gii. Gi s un+r = −un, ∀ n ∈ N. Khi đó, ta thy ngay rng dãy {un} tun hoàn chu kỳ 2r và

un = 1

2(un − un+r),

tc là có dng (7).Ngưc li, kim tra trc tip, ta thy mi dãy xác đnh theo (7) đu là dãy

phn tun hoàn chu kỳ r.

Bài toán 6.8. Cho f (x) là mt đa thc vi deg f = k ≥ 1, f (x) ∈ Z ng vi mi x ∈ Z. Ký hiu r(k) = min{2s| s ∈ N∗, 2s > k}. Chng minh rng dãy s {(−1)f (k)} (k = 1, 2, . . .) là dãy tun hoàn vi chu kỳ r(k).

Gii. Ta có k!f (x) ∈ Z[x]. Biu din f (x) dưi dng

f (x) = a0 + a1

x

1

+ · · · + ak

x

k

,

trong đó x

k

=

x(x − 1) · · ·(x − k + 1)

k! .

Ta cn chng minh f (x + r(k)) − f (x) chia ht cho 2 vi mi x ∈ Z.Nhn xét rng

M i =

x + 2s

i

−

x

i

chia ht cho 2 vi mi i ∈ N∗, 2s ≥ i, x ∈ Z. Tht vy, ta có

M i = 1

i!

(2s + x)(2s + x − 1) . . .(2s + x − i + 1) − x(x − 1) . . .(x − i + 1)

.

T s hin nhiên chia ht cho 2s. Mt khác, s mũ ca 2 trong khai trin ca i!là ∞

j=1 i

2 j <∞

j=1

i

2 j = i

≤2s,

nên M i chia ht cho 2 vi mi i ∈ N∗, i ≤ 2s, x ∈ Z. T đó suy ra

T i =

x + r(k)

i

−

x

i




chia ht cho 2 vi mi i ∈ Z, i ≤ k, ∀ x ∈ Z. Do a j ∈ Z nên

f (x + r(k)) − f (x) =k

j=0

a jT j

chia ht cho 2, điu phi chng minh.

Bài toán 6.9. Xác đnh dãy s {un} tho mãn điu kin

u2n+1 = 3un, ∀ n ∈ N. (8)

Gii. Đt n + 1 = m, m = 1, 2, . . .. Khi đó có th vit (8) dưi dng

u2m−1 = 3um−1, ∀ m ∈ N∗

hay v2m = 3vm, ∀ m ∈ N∗ (9)

vi vm = um−1, ∀ m ∈ N∗. (10)

T (9) ta có v0 = 0. Đt vm = mlog2 3y m, m ∈ N∗. Khi đó (9) có dng

y 2m = y m, m ∈ N∗.

Vy {

y m}

là mt dãy tun hoàn nhân tính chu kỳ 2. Khi đó theo Bài toán 2 ta có

y n =

tuỳ ý vi nl ,y 2k+1 vi ncó dng 2m(2k + 1), m ∈ N∗, k ∈ N.

T đó suy ra um = vm+1 = mlog2 3y m+1,

vi

y n =

tuỳ ý vi nl ,y 2k+1 vi ncó dng 2m(2k + 1), m ∈ N∗, k ∈ N.

Bài toán 6.10. Xác đnh dãy {un} tho mãn điu kin

u2n+1 = −3un + 4, ∀ n ∈ N. (11)



6.3. Hàm s chuyn đi cp s cng 152

Gii. Đt n + 1 = m, m = 1, 2, . . .. Khi đó có th vit (11) dưi dng

u2m−1 = −3um−1 + 4, ∀ m ∈ N∗hay

v2m = −3vm + 4, ∀ m ∈ N∗ (12)

vi vm = um−1.Đt vm = 1 + xm. Khi đó (12) có dng

x2m = −3xm, ∀ m ∈ N∗. (13)

Đt xm = mlog2 3y m, m ∈ N∗. Khi đó (13) có dng

y 2m = −y m, m ∈ N∗.

Vy {y m} là mt dãy phn tun hoàn nhân tính chu kỳ 2.Khi đó, theo Bài toán 2, ta có

y n =

tuỳ ý vi nl ,−y 2k+1 vi ncó dng 22m+1(2k + 1), m , k ∈ N,

y 2k+1 vi ncó dng 22m(2k + 1), m ∈ N∗, k ∈ N.

T đó suy ra um = vm+1 = 1 + (m + 1)log2 3y m+1,

vi

y n = tuỳ ý vi nl ,

−y 2k+1 vi ncó dng 22m+1(2k + 1), m , k ∈ N,y 2k+1 vi ncó dng 22m(2k + 1), m ∈ N∗, k ∈ N.

6.3 Hàm s chuyn đi cp s cng

Bài toán 6.11. Nu dãy s {un} là mt cp s cng thì dãy s {vn}vi vn = aun + b, ∀ n ∈ N s lp thành mt cp s cng.

Gii. Gi s {un} là cp s cng vi công sai bng d.Xét dãy s {vn} vi vn = aun + b, ∀ n ∈ N.Ta có v0 = au0 + b, v1 = au1 + b . . . vn = aun + b, vn+1 = a(n + 1) + b.

Khiđó v1 − v0 = v2 − v1 = v3 − v2 · · · = vn+1 − vn = ad

Vy dãy {vn} là cp s nhân vi công sai bng ad

Vn đ đt ra là ta đi tìm tt c các hàm s có tính cht chuyn cp s cng thành cp s cng. Xét b đ sau.



6.3. Hàm s chuyn đi cp s cng 153

B đ 6.1. Cho cp s cng {an} và hàm s f : R → R+ tho mãn điu kin

f x + y 2

= f (x) + f (y )2

, ∀ x, y > 0.

Khi đó dãy {f (an)} là mt cp s cng.

Chng minh. T gi thit, ta có các h thc

a1 − a0 = · · · = an − an−1 = an+1 − an = . . .

Suy ra 2an = an−1 + an+1, ∀ n ∈ N∗

Khi đó

f (an) = f (an−1

+ an+1

2 ) = f (a

n−1) + f (a

n+1)

2 .

T đó ta có {f (an)} là mt cp s cng.

Bài toán 6.12. Tìm hàm s f (x) xác đnh và liên tc trên R tho mãn điu kin:

f x + y

2

=

f (x) + f (y )

2 , ∀ x, y ∈ R

Gii. Đt f (x) − f (0) = g(x), ta có g(x) liên tc trên R, vi g(0) = 0 và

gx + y

2 =

g(x) + g(y )

2 , ∀ x, y ∈ RLn lưt cho y = 0 và x = 0, thì

g(x

2) =

g(x)

2

và

g(y

2) =

g(y )

2 , ∀ x, y ∈ R.

Do đó g

x + y

2 = gx

2+ gy

2,

∀ x, y

∈R

Vy g(x + y ) = g(x) + g(y ), ∀ x, y ∈ R

Vì g(x) liên tc trên R,nên phương trình trên là phương trình Cauchy và do đó g(x) = ax.Suy ra f (x) = ax + b, (a, b ∈ R).



6.4. Hàm s chuyn đi cp s cng vào cp s nhân 154

6.4 Hàm s chuyn đi cp s cng vào cp s nhân

Bài toán 6.13. Nu dãy s {un} là mt cp s cng thì dãy s {vn}vi vn = aun , ∀ n ∈ N, a > 0 s lp thành mt cp s nhân.

Gii. Gi s {un} là cp s cng vi công sai bng d.Xét dãy s {vn} vi vn = aun, ∀ n ∈ N, a > 0.Ta có v0 = au0 , v1 = au1 . . . vn = an, vn+1 = an+1.Khiđó

v1v0

= v2v1

= v3v2

· · · = vn+1

vn= ad

Vy dãy {vn} là cp s nhân vi công bi bng ad

B đ 6.2. Cho cp s cng {an} và hàm s f : R → R+ tho mãn điu kin

f x + y

2

=

f (x)f (y ), ∀ x, y > 0.

Khi đó dãy {f (an)} là mt cp s nhân.


a1 − a0 = · · · = an − an−1 = an+1 − an = . . .

Suy ra 2an = an−1 + an+1, ∀ n ∈ N∗

Khi đó

f (an) = f ( an−1 + an+12 ) = f (an−1)f (an+1).

T đó ta có {f (an)} là mt cp s nhân.

Như vy ta có hai hàm s trên chuyn cp s cng thành cp s nhân, vn đ đt ra là ta đi tìm tt c các hàm s có tính cht chuyn mt cp s cng bt kỳ thành mt cp s nhân.Trưc ht ta xét bài toán sau.

Bài toán 6.14. Tìm hàm f (x) xác đnh và liên tc trên R tho mãn điu kiên

f (x + y

2 ) =

f (x)f (y ), ∀ x, y ∈ R

Gii. Theo điu kin bài toán ta suy ra f (x) 0, ∀

x∈R.

Nu tn ti x0 đ f (x0) = 0 thì

f (x0 + y

2 ) =

f (x0)f (y ) = 0, ∀ y ∈ R,

tc là f (x) ≡ 0Xét trưng hp f (x) > 0, ∀ x ∈ R. Khi đó ta có



6.5. Hàm s chuyn đi cp s nhân vào cp s cng 155

ln f (x + y

2 ) =

ln f (x) + ln f (y )

2 , ∀ x, y ∈ R

hay

gx + y

2

=

g(x) + g(y )

2 , ∀ x, y ∈ R

trong đó g(x) = ln f (x). Theo kt qu Bài toán 4 thì g(x) = ax + b.Vy f (x) = eax+b, a , b ∈ R tuỳ ý.

6.5 Hàm s chuyn đi cp s nhân vào cp s cng

Bài toán 6.15. Nu dãy s {un} là mt cp s nhân vi các s hng dương thì dãy s {vn}

vi vn

= logun

a ,

∀ n

∈N, 0 < a

= 1 s lp thành mt cp s cng.

Gii. Gi s {un} là cp s nhân vi công bi bng q. Xét dãy s {vn} vi vn =logun

a , ∀ n ∈ N, 0 < a = 1.Ta có

v0 = logu0a , v1 = logu1

a , v2 = logu2a . . . , vn = logun

a

Khi đó v1 − v0 = v2 − v1 = v3 − v2 · · · = vn − vn−1 = logd

a

Vy {vn} là cp s cng vi công sai bng logda

B đ 6.3. Cho cp s nhân {an} vi an > 0∀ n ∈ N và hàm s f (x) tho mãn

điu kin f (

√ xy ) =

f (x) + f (y

2 , ∀ x, y > 0.

Khi đó dãy {f (an)} là mt cp s cng.


a0

a1= · · · =

an−1

an=

an

an+1= . . .

Suy ra a2n = an−1an+1, ∀ n ∈ N∗

Khi đó f (an) = f (√ an−1an+1) = f ( an−1 + an+1

2 ).

T đó ta có {f (an)} là mt cp s cng.

Vn đ đt ra ta đi tìm tt c các hàm s chuyn đi mt cp s nhân bt kỳ thành mt cp s cng. Trưc ht ta xét bài toán sau.



6.6. Hàm s chuyn đi cp s nhân vào cp s điu hoà 156

Bài toán 6.16. Tìm hàm s f (x) xác đnh và liên tc trên R tho mãn điu kin

f (√ xy ) = f (x) + f (y )2

, ∀ x, y ∈ R+

Gii Vì x > 0, y > o nên có th đt x = eu, y = ev và f (eu) = g(u).Khi đó g(u) liên tc tên R và có dng

gu + v

2

=

g(u) + g(v)

2 , ∀ u, v ∈ R.

Theo kt qu ca bài toán 8.52 thì g(u) = au + b.Vy ta có kt qu f (x) = a ln x + b,a,b ∈ R tuỳ ý.Theo b đ 6.3 trên ta có hàm s f (x) = a ln x + b, a, b ∈ R chuyn đi mi

cp s nhân thành cp s cng.

6.6 Hàm s chuyn đi cp s nhân vào cp s điuhoà

Ta xét bài toán sau.

Bài toán 6.17. Cho cp s nhân {an} vi an > 0, ∀ n ∈ N và cho hàm s f : R+ → R+ tho mãn điu kin

f (√

xy ) = 2f (x)f (y )

f (x) + f (y ), ∀ x, y ∈ R+

Chng minh rng dãy {f (an)} là mt cp s điu hoà.

Gii. T gi thit, ta có các h thc

a1

a0= · · · =

an

an−1=

an+1

an= . . .

Suy ra a2n = an−1an+1, ∀ n ∈ N∗

Khi đó

f (an) = f (√

an−1an+1) = 2f (an−1)f (an+1)

f (an−1) + f (an+1)).

T đó ta có {f (an)} là mt cp s điu hoà.

Bây gi ta đi tìm tt c các hàm s có tính cht chuyn mt cp s cng bt kỳ thành cp s điu hoà thông qua vic tìm tt c các hàm s có tính cht sau.



6.6. Hàm s chuyn đi cp s nhân vào cp s điu hoà 157

Bài toán 6.18. Tìm hàm f (x) xác đnh và liên tc trên R+ tho mãn điu kin

f (√ xy ) = 2f (x)f (y )f (x) + f (y )

, ∀ x, y ∈ R+

Gii. Ta có

f (√

xy ) = 2f (x)f (y )

f (x) + f (y ), ∀ x, y ∈ R+

Suy ra

f (√

xy ) = 21

f (x) +

1

f (y )

, ∀ x, y ∈ R+

Hay

1f (

√ xy )

=

1

f (x) +

1

f (y )2

, ∀ x, y ∈ R+

Đt g(x) = 1

f (x). Khi đó ta có

g(√

xy ) = g(x) + g(y )

2 , ∀ x, y ∈ R+

Theo kt qu ca Bài toán 6.16 thì g(x) = a ln x + b. Đ f (x) liên tc trong R+

thì g(x) = 0 vi mi x ∈ R+. Điu đó tương đương vi a = 0, b = 0Vy

f (x) ≡ b ∈ R{0} tuỳ ý.



Chương 7

Mt s lp hàm chuyn đi cáccp s trong tp ri rc

Trong chương này s mô t mt s lp hàm s chuyn đi các cp s trong tp hp Z,N.

7.1 Hàm s chuyn đi cp s cng thành cp s cng

Trưc ht ta xét bài toán sau.

Bài toán 7.1. Tìm các hàm s f (x) xác đnh trên Z tho mãn tính cht

f (x + y ) = f (x) + f (y ),

∀ x, y

∈Z

Gii. Trưc ht ta kho sát hàm s f (x) trong tp hp NTi x = 0, y = 0, ta đưc f (0) = 0Ti x = 1, y = 1, ta có f (2) = 2f (1) đt f (1) = a ta có f (2) = 2aTi x = 2, y = 1, ta có f (3) = f (2) + f (1) ⇒ f (3) = 3f (1) hay f (3) = 3aBng phép qui np ta chng minh đưc f (n) = nf (1) hay f (n) = na, ∀ ∈ N∗

Vi x, y ∈ Z

Thay x = −y ta có f (0) = f (x) + f (−x) ⇒ f (x) = −f (−x). Khi đó ta có hàm f (x) là hàm l.

Xét n ∈ Z, n < 0 ⇒ −n > 0, khi đó theo chng minh phn trên ta có f (−n) = −namà f (n) =

−f (

−n)

⇒f (n) = na

Vy hàm s cn tìm là f (x) = ax∀ x ∈ Z.

Bài toán 7.2. Tìm hàm s f (x) xác đnh trên Z tho mãn điu kin:

f x + y

2

=

f (x) + f (y )

2 , ∀ x, y ∈ Z, x + y = 2k, k ∈ Z

158



7.1. Hàm s chuyn đi cp s cng thành cp s cng 159

Gii. Đt f (0) = b, f (x) = b + g(x) thì g(0) = 0, thay vào công thc trên ta có

b + g(x + y 2

) = b + g(x) + b + g(y )2

⇒ g(x + y

2 ) =

g(x) + g(y )

2

Ln lưt chn x = 2k, y = 0 , hoc x = 0, y = 2k ta có

g(x + y )

2 =

g(x) + g(y )

2

⇔ g(x + y ) = g(x) + g(y )∀ x, y ∈ Z

Theo kt qu Bài toán 7.1 ta có g(x) = ax, ∀ x ∈ Z

Vy f (x) = ax + bBài toán 7.3. Chng minh rng điu kin cn và đ đ dãy s {an} lp thành mt cp s cng là dãy đã cho phi tho mãn h thc

2am+n = a2m + a2n, ∀ m, n ∈ N. (7.1)

Gii.Điu kin cn.Gi s dãy {an} là mt cp s cng vi công sai bng d.Khi đó

an = ao + (n − 1)d, ∀ n ∈ N∗.

Vy nên

a2n + a2m = 2ao + (2m + 2n − 2)d

Và 2am+n = 2 [ao + (m + n − 1)d]

T đó ta có ngay công thc 7.1Điu kin đ.Gi s dãy {an} tho mãn điu kin 7.1. Ta chng minh dãy {an} là mt cp

s cng vi công sai bng d = a1 − ao

Thay m = 0 vào công thc 7.1 ta có

2an = ao + a2n

Thay n = 0 vào công thc 7.1 ta có

2am = ao + a2m



7.1. Hàm s chuyn đi cp s cng thành cp s cng 160

Thay kt qu trên vào công thc 7.1 ta thu đưc

2am+n = 2am + 2an − 2ao

am+n = am + an − ao (7.2)

Thay m = 1 vào công thc 7.2 ,ta có an+1 = an + d, d = a1 − ao

Vy dãy {an} là mt cp s cng.

B đ 7.1. Điu kin cn và đ đ mt hàm s chuyn mi cp s cng nguyên dương thành cp s cng là hàm đó chuyn tp các s t nhiên thành cp s cng.

Chng minh Điu kin cn.

Nu hàm f chuyn mi cp s cng thành cp s cng thì hin nhiên hàm f chuyn tp các s t nhiên thành mt cp s cng vì tp các s t nhiên là cps cng vi công sai nh nht là 1.

Điu kin đ.Hàm f chuyn tp các s t nhiên thành cp s cng,tc là dãy {f (n)} là cp

s cng ∀ n ∈ N.Dãy {an} là cp s cng nguyên dương, vi công bi là d ∈ N ta phi chng minh dãy {f (an)} là cp s cng.

Vì dãy {f (n)} là cp s cng nên theo công thc 7.2 ta có

f (m + n) = f (m) + f (n) − f (o), ∀ m, n ∈ N

Dãy

{an

} là cp s cng nguyên dương, vi công bi là d

∈ N suy ra an+1 =

an + dKhi đó

f (an+1) = f (an + d) = f (an) + f (d) − f (0)

hay f (an+1) − f (an + d) = f (d) − f (0) không đi.Vy dãy {f (an)} là cp s cng vi công sai là f (d) − f (0)

Bài toán 7.4. Xác đnh các hàm s f : Z → R+ chuyn mi cp s cng {an}, an ∈ Z thành cp s cng.

Gii. Đ gii bài toán này theo B đ 7.1 ta ch cn xác đnh các hàm s chuyn dãy s t nhiên thành cp s cng.Hàm f chuyn dãy s t nhiên thành cp s cng thì ta có:

f (m + n) = f (m) + f (n) − f (o), ∀ m, n ∈ N



7.2. Hàm s chuyn đi cp s nhân thành cp s nhân 161

f (m + n) − f (0) = f (m) − f (0) + f (n) − f (0), ∀ m, n ∈ N.

Đt g(n) = f (n)−

f (0) ta có

g(m + n) = g(m) + g(n)

Khi đó theo bài toán 7.1 ta có g(x) = ax, ∀ x ∈ N trong đó a = g(1)Do đó f (x) = g(x) + f (0) .Đt f (0) = b thì f (x) = ax + b∀ x ∈ N

Kt hp Bài toán 7.2 ta có:Hàm s chuyn đi mi cp s cng thành cp s cng trong tp các s nguyên

là f (x) = ax + b, ∀ x ∈ Z.

Bài toán 7.5. Xác đnh hàm s f chuyn cp s cng nguyên dương {an} chotrưc thành cp s cng

{bn}

cho trưc.

Gii. Ta xét hai trưng hp sau:(i) Nu {an} ≡ N, theo kt qu Bài toán 7.4 ta có f (x) = ax + b, ∀ x ∈

N, a , b ∈ R.(ii) Nu {an} ⊂ N, ta có hàm s f : N → R đưc xác đnh như sau

f (n) =

bn nu n ∈ {an}cn nu n ∈ {an}

(7.3)

trong đó cn tuỳ ý trong R. chuyn cp s cng nguyên dương {an} cho trưc thành cp s cng {bn} cho trưc.

7.2 Hàm s chuyn đi cp s nhân thành cp s nhân

Trên cơ s các bài toán trên ta tìm các hàm s chuyn các cp s khác trên tp hp s nguyên.Trưc ht ta đi tìm nhng dãy s thc hin phép chuyn tip mt đi lưng trung bình ca cp phn t tương ng ca dãy s.Các bài toán này liên quan cht ch đn vic chuyn tip các cp s, đn s phng đoán các cp s tng quát.

Bài toán 7.6. Xác đnh dãy s {un}, sao cho

u(

m + n

2 ) = u(m)u(n), ∀ m, n,

m + n

2 ∈ N∗. (7.4)

Gii. Ta có

u(n) = u(n + n

2 ) =

u(n)u(n) =

[u(n)]2 =| u(n) |




Đt u(1) = α, u(2) = β (α ≥ 0, β ≥ o).a) Nu α = 0 thì

u(n) = u(1 + 2n − 1

2 ) =

u(1)u(2n − 1) = 0, ∀ n ∈ N∗

Vy u(n) ≡ 0 là nghim duy nht ca phương trình (7.4)b) Nu α > 0 và β = 0 thì

u(n) = u(2 + 2n − 2

2 ) =

u(2)u(2n − 2) = 0, ∀ n ≥ 2

Suy ra

u(n) = α nu n = 1

0 nu n ≥ 2

là nghim ca phương trình (7.4)c)Xét trưng hp α > 0 và β > 0. Gi s tn ti no ≥ 3 sao cho u(no) = 0Th thì

u(no − 1) = u(no + no − 2

2 ) =

u(no)u(no − 2) = 0.

Chn no = 3 thì u(no − 1) = u(2) = 0, hay β = 0, mâu thun .Do đó, ta có th gi thit rng u(n) > 0, vi mi n ∈ N∗. Khi đó

u(2) = u(

3 + 1

2 ) = u(3)u(1) = 0.

Suy ra

u(3) = u2(2)

u(1) =

β 2

α .

Mt khác

u(3) = u(4 + 2

2 ) =

u(4)u(2).

Suy ra

u(4) = u2(3)

u(2)

=(

β 2

α )2

β

= β 3

α2

Bng phương pháp quy np toán hc, ta chng minh đưc rng

u(n) = β n−1

αn−2, ∀ n ≥ 3.




Ta có β n−1

αn−2 = (

α2

β

).(β

α

)n

Đt α = ab,

β = ab2(a > 0, b > 0)

Suy ra

α2

β = a,

β

α = b.

Vy nghim ca phương trình (7.4) là

u(n) =α nu n = 1

0 nu n ≥ 2 (∀ α ≥ 0)

hoc u(n) = abn (a > 0, b > 0).

Bài toán 7.7. Xác đnh dãy s {un}, sao cho

u(m + n

2 ) =

2u(m)u(n)

u(m) + u(n), ∀ m,n,

m + n

2 ∈ N∗ (7.5)

Gii.

u(m + n

2 ) =

2u(m)u(n)

u(m) + u(n)

u(m + n

2 ) =

21

u(m) +

1

u(n)

Đt 1

u(n), thì phương trình đã cho tương đương vi

v(m + n

2 ) =

v(m) + v(n)

2 .

Theo Bài toán 7.2, ta có v(n) = an + b vi a, b ≥ 0, a + b > 0. Vy nghim ca phương trình (7.5) là

u(n) = 1

an + b, a , b ≥ 0, a + b > 0.




B đ 7.2. Chng minh rng điu kin cn và đ đ dãy các s dương {an} lpthành mt cp s nhân là dãy đã cho phi tho mãn h thc

a2m+n = a2ma2n, ∀ x, y ∈ N (7.6)

Chng minh. Đt ln an = bn vi mi n ∈ N. Khi đó an = ebn và (7.6) có dng

e2bm + n = eb2m + b2n, ∀ m, n ∈ N

Hay 2bm+n = b2m + b2n (7.7)

Theo bài toán 7.3 thì (7.7) là điu kin cn và đ đ dãy s {bn} lp thành mt cp s cng vi công sai d = b1 − b0.

T đó theo bài toán 6.13 suy ra điu phi chng minh.

Nhn xét:T công thc (7.6) ta có Xét m = 0 ta có a2

n = a0a2n Xét n = 0 ta có a2m = a0a2m

Suy ra a2ma2n = a2

na2m

a20

Do đó a2m+n =

a2na2

m

a20

Nên am+n = anam

a0

Bài toán 7.8. Xác đnh dãy các s dương {xn} tho mãn điu kin

xmn = xmxn, ∀ m, n ∈ N∗

Gii. Ta có x1.n = x1xn. Suy ra x1 = 1. Gi s n = p là s nguyên t. Khi đó bng qui np ta chng minh đưc x pk = (x p)k và nu n = pα1

1 pα22 . . . pαs

s thì:

xn = (x p1)α1(x p2)α2 . . . (x ps)αs

x p có th nhn giá tr tuỳ ý khi p là mt s nguyên t.T đó ta có kt lun:x p có th nhn giá tr tuỳ ý khi p là mt s nguyên t và

xn = (x p1)α1(x p2)α2 . . . (x ps)αs

khi n = pα11 pα2

2 . . . pαss

Bây gi ta xét tip bài toán sau:

Bài toán 7.9. Xác đnh hàm s f tho mãn tính cht f (mn) = f (m)f (n) trong đó m, n ∈ N.




Gii. Ta có f (1.n) = f (1)f (n). Suy ra f (1) = 1. Gi s n = p là s nguyên t.Khi đó bng qui np ta chng minh đưc f ( pk) = f ( p)k và nu n = pα1

1 pα22 . . . pαs

s thì:

f (n) = f ( p1)α1f ( p2)α2 . . . f ( ps)αs

f ( p) có th nhn giá tr tuỳ ý khi p là mt s nguyên t.T đó ta có kt lun:f ( p) có th nhn giá tr tuỳ ý khi p là mt s nguyên t và

f (n) = f ( p1)α1f ( p2)α2 . . . f ( ps)αs

khi n = pα11 pα2

2 . . . pαss

Bài toán 7.10. Chng minh hàm s f : N → R xác đnh như sau vi n = pα11 pα2

2 . . . pαss , pi là các s nguyên t thì f (n) = f ( p1)α1f ( p2)α2 . . . f ( ps)αs trong

đó f ( pi) tuỳ ý, i = 1, 2, 3, . . . chuyn cp s nhân có công bi nguyên t thành cp s nhân.

Gii. Gi s có cp s nhân {n0q k}, k = 0; 1; 2 . . . , n0; q ∈ N∗ ta phi chng minh {f (n0q k)} cũng là cp s nhân. Tht vy theo kt qa bài toán 7.9 trên ta có ngay điu phi chng minh.

Sau đây ta xét bài toán

Bài toán 7.11. Chng minh rng hàm s f chuyn mi cp s nhân thành cps nhân khi và ch khi hàm s đó chuyn cp s nhân có công bi nguyên t thành cp s nhân.

Gii. Điu kin cn.Nu hàm s f chuyn mi cp s nhân thành cp s nhân thì hin nhiên nó chuyn cp s nhân có công bi nguyên t thành cp s nhân.

Điu kin đ.Nu hàm s f : N → R chuyn cp s nhân có công bi nguyên t thành cp

s nhân. Gi s {un} là cp s nhân ta phi chng minh {f (un)} cũng là cp s nhân. Vi un = u0q n ta xét hai trưng hp sau:

Nu q là s nguyên t thì bài toán đưc chng minh.Nu q không là s nguyên t thì q = pα1

1 pα22 . . . pαs

s trong đó pi, i ∈ N∗ là các s nguyên t. Khi đó ta có

f (un) = f (u0q n) = f (u0( pα11 pα2

2 . . . pαss )n)

= f (u0( p1)α1.n( p2)α2.n . . . ( ps)αs.n)

= f (u0)f α1.n( p1)

f α2.n( p2)

. . . f αs.n( ps)




Theo B đ 7.6 ta chng minh f 2(um+n) = f (u2m)f (u2n)

Ta có f 2(um+n) = (f (u0)f α1.(m+n)( p1)

f α2.(m+n)( p2)

. . . f αs.(m+n)( ps)

)2

= f 2(u0)f 2α1.(m+n)( p1)

f 2α2.(m+n)( p2)

. . . f 2αs.(m+n)( ps)

f (u2m)f (u2n) = f (u0)f α1.2m( p1)

f α2.2m( p2)

. . . f αs.2m( ps)

f (u0)f α1.2n( p1)

f α2.2n( p2)

. . . f αs.2n( ps)

= f 2(u0)f 2α1.(m+n)( p1)

f 2α2.(m+n)( p2)

. . . f 2αs.(m+n)( ps)

Vy ta có điu phi chng minh.



Chương 8

Mt s bài toán xác đnh dãys trong lp dãy tun hoàn

cng tính và nhân tính.

8.1 Mt s bài toán xác đnh dãy s trong lp dãytun hoàn cng tính

Bài toán 8.1. Xác đnh dãy {xn} sao cho xn+3 = xn + 1, n = 1; 2;3; . . .

Gii. Đt xn = n3 + y n. Khi đó ta có

y n+3 + n + 33

= n3

+ y n + 1

hay y n+3 = y n, ∀ n ∈ N. Vy nên

y 0 = y 3 = y 6 = · · ·y 1 = y 4 = y 7 = · · ·y 2 = y 5 = y 8 = · · ·

⇔ y n =

a tuỳ ý vi n = 3k, k ∈ N

b tuỳ ý vi n = 3k + 1, k ∈ N

c tuỳ ý vi n = 3k + 2, k ∈ N

Bài toán 8.2. Xác đnh dãy s {xn} sao cho xn+3 = 2xn

Gii. Đt xn = 2

n

3 y n. Suy ra

2

n + 3

3 y n+3 = 2(2n3 y n) ⇔ y n+3 = y n ⇔ y n+3 = y n.

167



8.1. Mt s bài toán xác đnh dãy s trong lp dãy tun hoàn cng tính 168

Vy nên

y 0 = y 3 = y 6 = · · ·

y 1 = y 4 = y 7 = · · ·y 2 = y 5 = y 8 = · · ·

⇔ y n =a tuỳ ý vi n = 3k, k ∈ N

b tuỳ ý vi n = 3k + 1, k ∈ N

c tuỳ ý vi n = 3k + 2, k ∈ N

Vy xn = 2n3 y n trong đó

y n =

a tuỳ ý vi n = 3k, k ∈ N

b tuỳ ý vi n = 3k + 1, k ∈ N

c tuỳ ý vi n = 3k + 2, k ∈ N

Sau đây ta xây dng bài toán tng quát sau.

Bài toán 8.3. Xác đnh dãy s {un} tho mãn điu kin un+b = un + d

Trong đó n, b ∈ N, d ∈ R

Gii. Đt un = d

bn + vn. Thay vào công thc un+b = un + d, ta có

d

b(n + b) + vn+b =

d

bn + vn + d.

Suy ra vn+b = vn do đó vn là dãy tun hoàn cng tính chu kỳ b

Vy un =

d

b n + vn vi vn là dãy tun hoàn cng tính chu kỳ b.Bài toán 8.4. Xác đnh dãy s {un} tho mãn điu kin

un+b = c.un,

trong đó n, b ∈ N∗, c ∈ R

Gii. Đt un = cnb vn ta có

cn+bb vn+b = cc

nb vn.

Suy ra vn+b = vn do đó vn là dãy tun hoàn cng tính chu kỳ b Vy un = cnb vn

vi vn là dãy tun hoàn cng tính chu kỳ b.

Bài toán 8.5. Xác đnh dãy s {un} tho mãn điu kin

un+b = cun + d,

trong đó n, b ∈ N∗, c , d ∈ R.



8.1. Mt s bài toán xác đnh dãy s trong lp dãy tun hoàn cng tính 169

Gii. Xét trưng hp c = 1 theo kt qu bài toán 8.3, ta có

un = db n + vn

vi vn là dãy tun hoàn cng tính chu kỳ b.

Xét trưng hp c = 1. Đt un = vn + d

1 − c. Khi đó ta có

vn+b + d

1 − c = c(vn +

d

1 − c) + d, ∀ n ∈ N

hay vn+b = cvn.

Theo kt qu bài toán 8.4, ta có vn = | c |nb

xn, trong đó

xn+b =

xn vi c > 0

−xn vi c < 0

Vy nên

f (x) =

d

1 − c + c

nb xn, vi xn tuỳ ý sao cho xn+b = xn, vi c > 0

d

1

−c

+ | c |nb xn, vi xn tuỳ ý sao cho xn+b = −xn, vi c < 0

Kt lun:

- Nu c = 1 thì un = d

bn + vn vi vn là dãy tun hoàn cng tính chu kỳ b.

- Nu c = 1 thì

f (x) =

d

1 − c + c

nb xn, vi xn tuỳ ý sao cho xn+b = xn, vi c > 0

d

1 − c + | c |nb xn, vi xn tuỳ ý sao cho xn+b = −xn vi c < 0

Bài toán 8.6.



8.2. Hàm s xác đnh trên tp các s nguyên 170

8.2 Hàm s xác đnh trên tp các s nguyên

8.2.1 Hàm s chuyn đi các phép tính s hcKhi xét lp phương trình hàm vi cp ch s t do dng đi xng quen bit, ta

thưng s dng phép th ch s bng các bin mi đ đưa phương trình hàm đã cho v mt dng phương trình hàm mi đã bit cách gii. Tuy nhiên, trong các trưng hp s dng phép th ch s tng quát, nghim nhn đưc ca phương trình mi, nhìn chung không tho mãn điu kin bài ra. Vì vy, nghim ca phương trình mi cn đưc th li thông qua các d liu ca bài ra. Ta xét mt s ví d minh ho.

Bài toán 8.7. Xác đnh hàm s f : Z → R tho mãn các điu kin

f (m + n) = f (m) + f (n) + mn (m, n ∈ Z). (1)

Gii. T phương trình (1) ta nhn đưc

f (n + 1) = f (1) + f (n) + n, ∀ n ∈ Z,

hay f (n + 1) − f (n) = a + n, a = f (1), ∀ n ∈ Z. (2)

Phương trình f (n + 1) − f (n) = a + n là mt phương trình sai phân tuyn tính không thun nht cp 1. Do phương trình đc trưng tương ng có nghim λ = 1,nên ta có nghim tng quát ca phương trình thun nht f (n + 1) − f (n) = 0 là

f (n) = c (3)

Ta vit n =

1

2(n + 1)2 − 1

2n2 − 1

2.

Khi đó, nghim riêng ca (2) có dng

f (n)∗ = n(dn + e).

Thay f (n)∗ vào (2) ta đưc

f (n)∗ = a−

1

2n. (4)

Vì f (n) = f (n) + f (n)∗ nên t (3) và (4) ta có nghim ca (2) là

f (n) = c + 1

2n2 +

a − 1

2

n. (5)




Do f (1) = a, t (5) ta có c = 0.Thay c = 0 vào (5), ta thu đưc nghim ca (2)

f (n) = 1

2n2 +

a − 1

2

. (6)

Th li ta thy nghim dng (6) tho mãn điu kin ca đu bài.

Bài toán 8.8. Tn ti hay không tn ti mt hàm s f : Z → R tho mãn điu kin

f (m + n) = f (m) + f (n) + m + n, (m, n ∈ Z). (7)

Gii. Lp li cách gii như đi vi Bài toán 1, t phương trình (l) ta suy ra

f (n + 1) = f (1) + f (n) + n + 1

hay f (n + 1) − f (n) = a + n vi a = f (1) + 1. (8)

Phương trình f (n + 1) − f (n) = a + n là mt phương trình sai phân tuyn tính không thun nht cp 1. Do phương trình đc trưng có nghim λ = 1 nên ta có nghim tng quát ca phương trình thun nht f (n + 1) − f (n) = 0 là

f (n) = c (9)

Ta vit n =

1

2(n + 1)2 − 1

2n2 − 1

2.

Khi đó, nghim riêng ca (8) có dng xn

= n(dn + e). Thay f (n)∗

vào (8) ta đưc

f (n)∗ = 1

2n2 +

a − 1

2

n. (10)

Vì f (n) = f (n) + f (n)∗ nên t (9) và (10) ta có nghim ca (8) là

f (n) = c + 1

2n2 +

a − 1

2

n. (11)

Do f (1) = a − 1, t (11) ta có c = 1.Thay c = 1 vào (11), ta có nghim ca (8)

f (n) = 1

2

n2 + a

− 1

2n + 1. (12)

Th li ta thy nghim dng (12) không tho mãn điu kin ca đu bài. Vy không tn ti mt hàm s f : Z → R tho mãn điu kin

f (m + n) = f (m). + f (n) + m + n (m, n ∈ Z).




Bài toán 8.9. Xác đnh f : Z → R+ tho mãn điu kin

f (mn) = f (m)f (n) (m, n ∈ Z).Gii.

Ta có x1.n = f (1)f (n). Suy ra f (1) = 1. Gi s n = p là mt s nguyên t.Khi đó f ( pk) = (f ( p))k (quy np) và nu n = pα1

1 . . . pαss thì

f (n) = (f ( p1))α1 · · · (f ( ps))αs.

Vy f ( p) có th nhn giá tr tuỳ ý khi p là mt s nguyên t.Kt lun:f ( p) có th nhn giá tr tuỳ ý khi p là mt s nguyên t và

f (n) = (f ( p1))α1

· · ·(f ( ps))αs

khi n = pα11 . . . t pαs

s .

Bài toán 8.10. Xác đnh dãy f : Z → R tho mãn điu kin

F (m + n) + f (n − m) = f (3n) (m, n ∈ Z, n ≥ m).

Gii.Cho m = 0, ta có 2f (n) = f (3n). Suy ra f (0) = 0. Đt m = n ta đưc

f (2n) = f (3n). Suy ra, mt mt thì

f (4n) = f (6n) = f (9n)

và mt khác thì f (4n) + f (2n) = f (9n).

T đó suy ra

f (n) = 1

2f (3n) =

1

2f (2n) = 0

vi mi n ∈ Z.

8.2.2 Hàm s chuyn tip các đi lưng trung bình

Trong mc này, ta đi tìm nhng hàm s thc hin phép chuyn tip mt đi lưng trung bình ca cp ch s sang mt đi lưng trung bình ca cp phn t tương ng ca hàm s. Các bài toán này liên quan cht ch đn vic chuyn tip

các cp s; đn s mô phng các cp s tng quát, chng hn, ta có th chuyn mt cp s cng sang mt cp s nhân, cp s điu hoà,...

Dưi đây ta xét mt s bài toán chuyn tip các đi lưng trung bình cơ bn trong chương trình ph thông.1) Phép chuyn các đi lưng trung bình cng




Bài toán 8.11. Xác đnh hàm s u(n), sao cho

um + n2 = u(m) + u(n)2

m,n, m + n2 ∈ ZGii. Đt u(1) = α, u(2) = β . Ta có

u(2) = u

3 + 1

2

=

u(3) + u(1)

2 .

Suy ra u(3) = 2u(2) − u(1) = 2β − α.

Tip tc quá trình như vy, ta đưc

u(3) = u 4 + 2

2 =

u(4) + u(2)

2 .

Suy ra u(4) = 2u(3) − u(2) = 2(2β − α) − β = 3β − 2α.

Bng phương pháp quy np, ta thu đưc

u(n) = (n − 1)β − (n − 2)α, ∀ n.

Vy u(n) = (β − α)n + 2α − β, ∀ n,

u(1) = α, u(2) = β.

Đt α = a + b; β = 2a + b, thì a = β − α và b = 2α − β .Do đó, nghim ca phương trình là u(n) = an + b; a, b tuỳ ý.2) Phép chuyn đi lưng trung bình cng sang trung bình điu hoà

Bài toán 8.12. Xác đnh hàm s u(n) ∈ Z sao cho

u

m + n

2

=

2u(m)u(n)

u(m) + u(n)

m,n,

m + n

2 ∈ Z

.

Gii. Ta có

u

m + n

2

=

2u(m)u(n)

u(m) + u(n) ⇔ u

m + n

2

=

21

u(m)

+ 1

u(n)

.

Đt 1u(n) = v(n), thì phương trình đã cho tương đương vi

v

m + n

2

=

v(m) + v(n)

2 .








Gii. Ta có

u(n) = u n + n2 = u2

(n) + u2

(n)2 = u2(n) = |u(n)| ≥ 0, ∀ n ∈ Z.

Đt u(1) = α ≥ 0 ; u(2) = β ≥ 0. Ta có

u(2) = u

3 + 1

2

=

u2(3)+ u2(1)

2 .

Suy ra u2(3) = 2u2(2) − u2(1) = 2β 2 − α2

⇒ u(3) =

2β 2 − α2 (α ≤ β

√ 2).

Tương t

u(3) = u

4 + 2

2

=

u2(4)+ u2(2)

2 .

Suy ra u2(4) = 2u2(3) − u2(2) = 2(2β 2 − α2) − β 2 = 3β 2 − 2α2

hay

u(4) =

3β 2 − 2α2

α ≤ β

3

2

.

Bng quy np toán hc, ta chng minh đưc h thc

u(n) = (n

−1)β 2

−(n

−2)α2,

∀ n

≥3.

Nhn xét rng, ta luôn có (n − 1)β 2 − (n − 2)α2 =

(β 2 − α2)n + 2α2 − β 2.

Đt α2 = a + b

β 2 = 2a + b.

Suy ra a = β 2 − α2

b = 2α2

−β 2.

Vy nghim ca phương trình là u(n) = √ an + b ; a ≥ 0, a + b ≥ 0.

Nhn xét 8.1. Trong c bn bài toán đã nêu trên, nu ta thay m bi (n + 1)và n bi (n − 1) thì ta có th đưa chúng đưc v các phương trình sai phân quen bit.




8.2.3 Phương trình trong hàm s vi cp bin t do

Trong mc này, ta đi tìm nhng hàm s thc hin phép chuyn tip mt biu thc đi s ca cp ch s sang mt đi lưng khác ca cp phn t tương ng ca dãy s. Các bài toán này liên quan cht ch đn vic chuyn tip các hàm s; đn s mô phng các hàm s đc bit trong s hc, đi s,...

Bài toán 8.15. Tìm hàm f : Z → Z tha mãn các điu kin f (1) = a ∈ Z và

f (m + n) + f (m − n) = 2f (m)f (n), ∀ m, n ∈ Z.

Gii. Cho m = n = 0 ta đưc f (0) = 0 hoc f (0) = 1. Nu f (0) = 0 thì thay n = 0 ta đưc 2f (m) = 0 vi mi m ∈ Z. Do vy f (m) ≡ 0 và ng vi a = 0.

Nu f (0) = 1, cho m = n = 1 ta thu đưc f (2) = 2a2 − 1.Tip tc thay m = 2; n = 1 vào điu kin bài ra ta đưc f (3) = 4a3

−3a. T

đó ta có d đoán f (n) = T n(a) vi mi n ≥ 1.D đoán đó đưc chng minh d dàng bng phương pháp quy np.Mt khác, cho m = 0 ta đưc f (n)+f (−n) = 2f (0)f (n) = 2f (n) nên f (−n) =

f (n). Vy f (n) là hàm chn. Vy ta đưc

f (m) =

1 khi m = 0,

a khi m = ±1,

T |m|(a) khi |m| ≥ 1, m ∈ Z.

Bài toán 8.16. Tìm hàm f : Z → R tha mãn các điu kin f (0) = 0, f (1) = 5

2

và f (m + n) + f (m − n) = f (m)f (n), ∀ m, n ∈ Z.

Gii. Cho m = n = 0 ta đưc, do f (0) = 0, f (0) = 2. Tip theo, theo quy npta đưc

f (n) = 2n + 2−n, ∀ n ∈ Z.

Th li ta thy hàm này tho mãn điu kin bài ra.

Bài toán 8.17. Tìm hàm f : Z → [0, +∞) tha mãn các điu kin f (1) = 1 và

f (m + n) + f (m − n) = 1

2[f (2m) + f (2n)], ∀ m, n ∈ Z, m ≥ n.

Gii. Cho m = n = 0 ta đưc f (0) = 0. Cho m = 1, n = 0 thì

f (1) + f (1) = 1

2[f (2) + f (0)].

Suy ra f (2) = 4.




Chng minh bng quy np ta đưc f (n) = n2.Tht vy, do f (k) + f (k) = 1

2 [f (2k) + f (0)] nên có ngay f (2k) = 4k2.

Cũng vy, do f (k + 1) + f (k − 1) = 12 [f (2k) + f (2)] nên ta có

f (k + 1) = 1

2f (2k) + 2 − f (k − 1) = (k + 1)2.

Bài toán 8.18. Tìm các đa thc hai bin P (m, n) ( m, n ∈ Z) tho mãn điu kin

a) P (am, an) = a2P (m, n) vi mi m, n, a ∈ Z,b) P (b + c, a) + P (c + a, b) + P (a + b, c) = 0 vi mi a, b, c ∈ Z,c) P (1, 0) = 1.

Gii.

Trong b) đt b = 1 − a; c = 0 ta đưc P (1 − a, a) = −1 − P (a, 1 − a). (1)

Li đt c = 1 − a − b và kt hp vi a) ta đưc

P (a + b, 1 − a − b) = P (a, 1 − a) + P (b, 1 − b) + 2. (2)

Đt f (m) = P (m, 1 − m) + 2. Khi đó f (1) = P (1, 0)+ 2 = 3 và (5) tr thành f (m + n) = f (m) + f (n). Đó là phương trình dãy chuyn đi phép cng

f (m + n) = f (m) + f (n),

f (1) = 3.

(3)

Phương trình (3) có nghim duy nht f (n) = 3n. Vy nên

P (n, 1 − n) = 3n − 2. (4)

Bng phương pháp quy np ta s thu đưc

P (a, b) = (a + b)2

3 a

a + b − 2

= (a + b)(a − 2b), ∀ a, b ∈ Z.

Tóm li P (m, n) = (m + n)2(m − 2n).

Bài toán 8.19. Cho đa thc Chebyshev T n(x) = cos(n arccos x). Chng minh rng vi m, n ∈ Z; n ≥ m và x ∈ R thì T n(x) là nghim ca phương trình dãy sau

T n+m(x) + T n−m(x) = 2T n(x)T m(x).




Gii. S đng đnh nghĩa T n(x) và phương pháp quy np hoc s dng các công thc

cos(n + m)x + cos(n − m)x = 2 cos nx cos mx

và cosh(n + m)x + cosh(n − m)x = 2 cosh(nx) cosh(mx),

ta có ngay điu phi chng minh.

Bài toán 8.20. Tìm hàm f Z → Z tha mãn các điu kin

∃N ∈ Z : −N < f (n) < N ∀ n ∈ Z,

f (m + n) + f (m − n) = 2f (m)f (n) ∀ m, n ∈ Z. (1)

Gii. Cho m = n = 0 ta đưc f (0) ∈ {0, 1}. Gi s f (0) = 0. Cho n = 0 trong (1) ta đưc 2f (m) = 2f (m)f (0) = 0 và f ≡ 0.Gi s f (0) = 1. Cho m = 0 trong (1) ta thu đưc f (−n) = f (n) vi mi

n ∈ Z. Vy ch cn xét n ∈ Z. Cho n = 1 trong (1), ta đưc

f (m + 1) = 2f (m)f (1) − f (m − 1)

và thu đưc công thc truy hi theo f (1). Nu |f (1)| ≥ 2 thì t gi thit ta có

f (2n) = 2[f (n)]2 − 1

tăng và không gii ni, trái vi gi thit. Vy f (1) ∈ {−1, 0, 1}.

Vi f (1) = −1 thì f (n) = (−1)

n

(quy np).Vi f (1) = 1 thì f (n) ≡ 1.Vi f (1) = 0 ta đưc dãy tun hoàn (quy np)

f (4m) = 1, f (4m + 1) = 0, f (4m + 2) = −1, f (4m + 3) = 0.

Suy ra f (2) = 4. Chng minh bng quy np ta đưc f (n) = n2. Tht vy, dof (k) + f (k) = (1/2)[f (2k) + f (0)] nên có ngay f (2k) = 4k2. Cũng vy, do f (k +1) + f (k − 1) = (1/2)[f (2k) + f (2)] nên ta có

f (k + 1) = 1

2f (2k) + 2 − f (k − 1) = (k + 1)2.




8.2.4 Mt s dng toán liên quan đn dãy truy hi

Bài toán 8.21. Ký hiu

un =

π2

0sinn xdx, n ∈ Z.

Xác đnh hàm s f : Z → R theo công thc

f (n) = (n + 1)ung(n + 1), n ∈ Z.

Gii. S dng công thc tích phân tng phn, ta thu đưc

un = − cos x sinn−1 xπ20

+ π2

0

(n − 1)sinn−2 x cos2 xdx

=

π2

0(n − 1) sinn−2 x(1 − sin2 x)dx

= (n − 1)(un−1 − un).

T đây suy ra

g(n + 2) = n + 1

n + 2un, n ∈ Z. (1)

T (1) ta nhn đưc

f (n + 1) = (n + 2)g(n + 1)g(n + 2)

= (n + 2)g(n + 1)n + 1

n + 2un

= (n + 1)g(n + 1)un = f (n).

Vy nên f (n) = f (0) =

π

2.


un =

π 0

cosn x cos nxdx, n ∈ Z.

Xác đnh hàm s f : Z → R theo công thc

f (n) = 2nun, n ∈ Z.




Gii. Đt cosn x = u và cos nxdx = dv thì theo công thc tích phân tng phn,ta thu đưc

un = 1

n cosn x sin x

π 0

+

π 0

cosn−1 x sin x sin nxdx

= 1

2

π 0

cosn−1 x[cos(n − 1)x + cos(n + 1)x]dx

= 1

2un−1 − 1

2un +

1

2

π 0

cosn−1 x sin x + sin nxdx

= 1

2un−1 − 1

2un +

1

2un.

Vy nên

un = 12

un−1 = 14

un−2 = · · · = 12n−1

u1 = 12n−1

π2

.

Bài toán 8.23. Xác đnh hàm s {un} đưc tính theo công thc

un =

π4

0tan2n xdx

Gii. Ta vit un dưi dng sau

un =

π4

0

tan2n xdx

=

π4

0

tan2n−2 x[(tan2 x + 1) − 1]dx

=

π4

0tan2n−2 xd tan x − un−1

= tan2n−1 x

2n − 1

π40 − un−1

= 1

2n − 1 − un−1.

Do vy

un + un−1 = 12n − 1

,

un−1 + un−2 = 1

2n − 3,

· · ·




u1 + u0 = 1

2 − 1.

Suy ra un = (−1)n

π

4 +

nk=1

(−1)k

2k − 1

.

Bài toán 8.24. Xác đnh hàm s f : Z → R đưc tính theo công thc

f (n) =

1 0

xn√

1 − xdx, n ∈ Z.

Gii. Đt xn = u, √

1 − xdx = dv thì

f (n) =

1 0

xn√ 1 − xdx

=− 2

3xn(1 − x)

321

0 +

2n

3

1 0

xn−1√

1 − x(1 − x)dx

= 2n

3

1 0

(xn−1 − xn)√

1 − xdx

= 2n

3

1

0

(xn−1

√ 1 − xdx − 2n

3

1

0

xn

√ 1 − xdx

2n

3 xn−1 − 2n

3 f (n).

Vy nên

f (n) = 2n

2n − 3xn−1.

Vì f (0) = 2

3 nên ta có ngay

f (n) =

1

0

x

n√

1 − xdx = 2

(2n)!!

(2n + 3)!!, n ∈ Z.

Bài toán 8.25. Xác đnh hàm f : Z → Z tho mãn các điu kin

f (0) = 1, f (f (n) = f (f (n + 2) + 2) = n ∀ n ∈ Z.




Gii. Nhn xét rng f là ánh x 1-1

f (m) = f (n) ⇒ f (f (m)) = f (f (n)) ⇒ m = n.

Vy nên f (n) = f (n + 2) + 2 ∀ n ∈ Z.

Suy ra f (n + 2) = f (n) − 2, f (0) = 1, f (1) = f (f (0)) = 0.

Vy nên f (2) = f (0) − 2 = −1,

f (3) = f (1) − 2 = −2,

f (n) =

−(n

−1).

Tương t f (−1) = f (1) + 2 = 2,

f (−2) = f (0) + 2 = 3,

f (−3) = f (1) + 2 = 5,

f (n) = −(n − 1).

Bài toán 8.26. Cho góc α vi 0 < α < π. Xác đnh cp s a, b sao cho dãy hàm {P n(x)} đưc tính theo công thc

P n(x) = xn sin α−

x sin(nα) + sin(n−

1)α

luôn luôn chia ht cho f (x) = x2 + ax + b.

Gii. Vi n = 3 thì

P 3(x) = x3 sin α − x sin(3α) + sin 2α = sin α(x + 2 cos α)(x2 − 2x cos α + 1).

T đó suy ra vi f (x) = x2 + 2x cos α + 1 thì P 3(x)...f (x). Vi n ≥ 3 thì

P n+1(x) = xP n(x) + (x2 − 2x cos α + 1) sin nα.

Suy ra f (x) = x2 + 2x cos α + 1.





8.3. Hàm s xác đnh trên tp các s hu t 185

Ta vit ν =

1

2

(ν + 1)2

−

1

2

ν 2

−

1

2

.

Khi đó, nghim riêng ca (2) có dng

f (ν )∗ = ν (dν + e).

Thay f (ν )∗ vào (2) ta đưc

f (ν )∗ =

a − 1

2

ν. (4)

Vì f (ν ) = f (ν ) + f (ν )∗ nên t (3) và (4) ta có nghim ca (2) là

f (ν ) = c +

1

2ν 2

+ a − 1

2n. (5)

Do f (1) = a, t (5) ta có c = 0.Thay c = 0 vào (5), ta thu đưc nghim ca (2)

f (ν ) = 1

2ν 2 +

a − 1

2

. (6)

Th li ta thy nghim dng (6) tho mãn điu kin ca đu bài.

Bài toán 8.28. Tn ti hay không tn ti mt hàm s f : Q → R tho mãn điu kin

f (µ + n) = f (µ) + f (ν ) + µ + n, (µ, ν ∈ Q). (7)Gii. Lp li cách gii như đi vi Bài toán trên, t phương trình (l) ta suy ra

f (ν + 1) = f (1) + f (ν ) + ν + 1

hay f (ν + 1) − f (ν ) = a + ν vi a = f (1) + 1. (8)

Phương trình f (ν + 1) − f (ν ) = a + ν là mt phương trình sai phân tuyn tính không thun nht cp 1. Do phương trình đc trưng có nghim λ = 1 nên ta có nghim tng quát ca phương trình thun nht f (ν + 1) − f (ν ) = 0 là

f (ν ) = c (9)

Ta vit ν =

1

2(ν + 1)2 − 1

2ν 2 − 1

2.




Khi đó, nghim riêng ca (8) có dng xn = n(dν + e). Thay f (ν )∗ vào (8) ta đưc

f (ν )∗ = 12

ν 2 + a − 12ν. (10)

Vì f (ν ) = f (ν ) + f (ν )∗ nên t (9) và (10) ta có nghim ca (8) là

f (ν ) = c + 1

2ν 2 +

a − 1

2

ν. (11)

Do f (1) = a − 1, t (11) ta có c = 1.Thay c = 1 vào (11), ta có nghim ca (8)

f (ν ) = 1

2ν 2 +

a − 1

2

ν + 1. (12)

Th li ta thy nghim dng (12) không tho mãn điu kin ca đu bài. Vy không tn ti mt hàm s f : Q → R tho mãn điu kin

f (µ + ν ) = f (µ). + f (ν ) + µ + ν (µ, ν ∈ Q).

Bài toán 8.29. Xác đnh f : Q → R+ tho mãn điu kin

f (µν ) = f (µ)f (ν ) (µ, ν ∈ Q).

Gii. Ta có x1.ν = f (1)f (ν ). Suy ra f (1) = 1. Gi s ν = p là mt s nguyên t. Khi đó f ( pk) = (f ( p))k (quy np) và nu ν = pα1

1 . . . pαss thì

f (ν ) = (f ( p1))α1 · · · (f ( ps))αs.

Vy f ( p) có th nhn giá tr tuỳ ý khi p là mt s nguyên t.Kt lun:f ( p) có th nhn giá tr tuỳ ý khi p là mt s nguyên t và

f (ν ) = (f ( p1))α1 · · · (f ( ps))αs

khi ν = pα11 . . . t pαs

s .

Bài toán 8.30. Xác đnh dãy f : Q → R tho mãn điu kin

F (µ + ν ) + f (ν − µ) = f (3ν ) (µ, ν ∈Q

, ν ≥ µ).

Gii. Cho µ = 0, ta có 2f (ν ) = f (3ν ). Suy ra f (0) = 0. Đt µ = ν ta đưc f (2ν ) = f (3ν ). Suy ra, mt mt thì

f (4ν ) = f (6ν ) = f (9ν )




và mt khác thì f (4ν ) + f (2ν ) = f (9ν ).

T đó suy ra f (ν ) =

1

2f (3ν ) =

1

2f (2ν ) = 0

vi mi ν ∈ Q.Tip theo, ta đi tìm nhng hàm s thc hin phép chuyn tip mt đi lưng

trung bình ca cp ch s sang mt đi lưng trung bình ca cp phn t tương ng ca hàm s. Các bài toán này liên quan cht ch đn vic chuyn tip các cp s; đn s mô phng các cp s tng quát, chng hn, ta có th chuyn mt cp s cng sang mt cp s nhân, cp s điu hoà,...

Dưi đây ta xét mt s bài toán chuyn tip các đi lưng trung bình cơ bn trong chương trình ph thông.

1) Phép chuyn các đi lưng trung bình cngBài toán 8.31. Xác đnh hàm s u(ν ), sao cho

u

µ + ν

2

=

u(µ) + u(ν )

2

µ,ν,

µ + ν

2 ∈ Q

Gii. Đt u(1) = α, u(2) = β . Ta có

u(2) = u

3 + 1

2

=

u(3) + u(1)

2 .

Suy ra u(3) = 2u(2)

−u(1) = 2β

−α.

Tip tc quá trình như vy, ta đưc

u(3) = u

4 + 2

2

=

u(4) + u(2)

2 .

Suy ra u(4) = 2u(3) − u(2) = 2(2β − α) − β = 3β − 2α.

Bng phương pháp quy np, ta thu đưc

u(ν ) = (n − 1)β − (n − 2)α, ∀ n.

Vy

u(ν ) = (β −

α)n + 2α−

β, ∀

n,

u(1) = α, u(2) = β.

Đt α = a + b; β = 2a + b, thì a = β − α và b = 2α − β .Do đó, nghim ca phương trình là u(ν ) = an + b; a, b tuỳ ý.

2) Phép chuyn đi lưng trung bình cng sang trung bình điu hoà




Bài toán 8.32. Xác đnh hàm s u(ν ) ∈ Q sao cho

uµ + ν 2

= 2u(µ)u(ν )u(µ) + u(ν )

µ,ν, µ + ν 2

∈ Q .

Gii. Ta có

u

µ + ν

2

=

2u(µ)u(ν )

u(µ) + u(ν ) ⇔ u

µ + ν

2

=

21

u(µ) +

1

u(ν )

.

Đt 1u(ν ) = v(ν ), thì phương trình đã cho tương đương vi

vµ + ν

2 = v(µ) + v(ν )

2

.

Theo Bài toán 1, v(ν ) = aν + b; a, b ≥ 0, a + b > 0.Vy nghim ca phương trình là

u(ν ) = 1

aν + b; a, b ≥ 0; a + b > 0.

3) Phép chuyn đi lưng trung bình cng sang trung bìuh nhân

Bài toán 8.33. Xác đnh hàm s u(ν ) sao cho

uµ + ν

2 = u(µ)u(ν ); µ,ν, µ + ν

2 ∈Q.

Gii. Ta có

u(ν ) = u

ν + ν

2

=

u(ν )u(ν ) =

[u(ν )]2 = |u(ν )| ≥ 0.

Đt u(1) = α, u(2) = β ( α ≥ 0, β ≥ 0).a) Nu α = 0 thì

u(ν ) = u

1 + 2ν − 1

2

=

u(1)u(2n − 1) = 0, ∀ ν ∈ Q.

Vy u(ν ) ≡ 0 là nghim duy nht ca phương trình .b) Nu α > 0 và β = 0 thì

u(ν ) = u

2 + 2ν − 2

2

=

u(2)u(2n − 2) = 0, ∀ ν ≥ 2.




Suy ra

u(ν ) = α, nu ν = 1

0 nu ν ≥ 2

là nghim ca phương trình.c) Xét trưng hp α > 0 và β > 0. Gi s tn ti n0 ≥ 3 sao cho u(n0) = 0.

Th thì

u(n0 − 1) = u

n0 + n0 − 2

2

=

u(n0)u(n0 − 2) = 0.

Chn n0 = 3 thì u(n0 − 1) = u(2) = 0, hay β = 0, mâu thun.Do đó, có th gi thit rng u(ν ) > 0 vi mi ν ∈ Q. Ta có

u(2) = u3 + 1

2 = u(3)u(1).

Suy ra

u(3) = u2(2)

u(1) =

β 2

α .

Mt khác

u(3) = u

4 + 2

2

=

u(4)u(2).

Suy ra

u(4) = u2(3)

u(2) =

β 2

α

2β

= β 3

α2.

Bng phương pháp quy np toán hc, ta chng minh đưc rng

u(ν ) = β ν −1

αν −2, ∀ ν ≥ 3.

mà

β ν −1

αν −2 =

α2

β

β

α

n

.

Đt

α = ab,

β = ab2 (a > 0, b > 0).

Suy ra α2

β = a,

β

α = b.




Vy nghim ca phương trình là

u(ν ) = α nu ν = 10 nu ν ≥ 2

(α ≥ 0)

hoc u(ν ) = a.bν (a > 0, b > 0).4) Phép chuyn đi lưng trung bình cng sang trung bình bc hai

Bài toán 8.34. Xác đnh hàm s u(ν ), sao cho

u

µ + ν

2

=

u2(µ) + u2(ν )

2

µ,ν,

µ + ν

2 ∈ Q

.

Gii. Ta có

u(ν ) = u

ν + ν

2

=

u2(ν ) + u2(ν )

2 =

u2(ν ) = |u(ν )| ≥ 0, ∀ ν ∈ Q.

Đt u(1) = α ≥ 0 ; u(2) = β ≥ 0. Ta có

u(2) = u

3 + 1

2

=

u2(3)+ u2(1)

2 .

Suy ra u2(3) = 2u2(2) − u2(1) = 2β 2 − α2

⇒u(3) = 2β 2

−α2 (α

≤β √

2).

Tương t

u(3) = u

4 + 2

2

=

u2(4)+ u2(2)

2 .

Suy ra u2(4) = 2u2(3) − u2(2) = 2(2β 2 − α2) − β 2 = 3β 2 − 2α2

hay

u(4) =

3β 2 − 2α2

α ≤ β

3

2

.

Bng quy np toán hc, ta chng minh đưc h thc

u(ν ) =

(n − 1)β 2 − (n − 2)α2, ∀ n ≥ 3.

Nhn xét rng, ta luôn có (ν − 1)β 2 − (ν − 2)α2 =

(β 2 − α2)ν + 2α2 − β 2.



8.4. Phương trình trong hàm s vi cp bin t do 191

Đt

α2 = a + b

β 2 = 2a + b.

Suy ra a = β 2 − α2

b = 2α2 − β 2.

Vy nghim ca phương trình là u(ν ) =√

aν + b ; a ≥ 0, a + b ≥ 0.

Nhn xét 8.2. Trong c bn bài toán đã nêu trên, nu ta thay m bi (n + 1)và n bi (n − 1) thì ta có th đưa chúng đưc v các phương trình sai phân quen bit.

8.4 Phương trình trong hàm s vi cp bin t do

Trong mc này, ta đi tìm nhng hàm s thc hin phép chuyn tip mt biu thc đi s ca cp ch s sang mt đi lưng khác ca cp phn t tương ng ca dãy s. Các bài toán này liên quan cht ch đn vic chuyn tip các hàm s; đn s mô phng các hàm s đc bit trong s hc, đi s,...

Bài toán 8.35. Tìm hàm f : Q → Q tha mãn các điu kin f (1) = a ∈ Q và

f (µ + n) + f (m − ν ) = 2f (µ)f (ν ), ∀ m, ν ∈ Q.

Gii. Cho m = n = 0 ta đưc f (0) = 0 hoc f (0) = 1. Nu f (0) = 0 thì thay n = 0 ta đưc 2f (µ) = 0 vi mi m ∈ Q. Do vy f (µ) ≡ 0 và ng vi a = 0.

Nu f (0) = 1, cho m = n = 1 ta thu đưc f (2) = 2a2 − 1.Tip tc thay m = 2; n = 1 vào điu kin bài ra ta đưc f (3) = 4a3 − 3a. T

đó ta có d đoán f (ν ) = T n(a) vi mi ν ≥ 1.D đoán đó đưc chng minh d dàng bng phương pháp quy np.mt khác, cho m = 0 ta đưc f (ν )+ f (−ν ) = 2f (0)f (ν ) = 2f (ν ) nên f (−ν ) =

f (ν ). Vy f (ν ) là hàm chn. Vy ta đưc

f (µ) =

1 khi m = 0,

a khi m = ±1,

T |m|(a) khi

|m

| ≥1, m

∈Q.

Bài toán 8.36. Tìm hàm f : Q → R tha mãn các điu kin f (0) = 0, f (1) = 5

2và

f (µ + n) + f (m − ν ) = f (µ)f (ν ), ∀ m, ν ∈ Q.




Gii. Cho m = n = 0 ta đưc, do f (0) = 0, f (0) = 2. Tip theo, theo quy npta đưc

f (ν ) = 2ν + 2−ν , ∀ ν ∈ Q.

Th li ta thy hàm này tho mãn điu kin bài ra.

Bài toán 8.37. Tìm hàm f : Q → [0, +∞) tha mãn các điu kin f (1) = 1 và

f (µ + n) + f (m − ν ) = 1

2[f (2m) + f (2n)], ∀ m, ν ∈ Q, m ≥ n.

Gii. Cho m = n = 0 ta đưc f (0) = 0. Cho m = 1, ν = 0 thì

f (1) + f (1) = 1

2[f (2) + f (0)].

Suy ra f (2) = 4.Chng minh bng quy np ta đưc f (ν ) = ν 2.Tht vy, do f (k) + f (k) = 1

2 [f (2k) + f (0)] nên có ngay f (2k) = 4k2.Cũng vy, do f (k + 1) + f (k − 1) = 1

2 [f (2k) + f (2)] nên ta có

f (k + 1) = 1

2f (2k) + 2 − f (k − 1) = (k + 1)2.

Bài toán 8.38. Tìm các đa thc hai bin P (m, n) ( m, ν ∈ Q) tho mãn điu kin

a) P (am, an) = a2P (m, n) vi mi m, n, a ∈ Q,b) P (b + c, a) + P (c + a, b) + P (a + b, c) = 0 vi mi a, b, c ∈ Q,

c) P (1, 0) = 1.Gii. Trong b) đt b = 1 − a; c = 0 ta đưc

P (1 − a, a) = −1 − P (a, 1 − a). (1)

Li đt c = 1 − a − b và kt hp vi a) ta đưc

P (a + b, 1 − a − b) = P (a, 1 − a) + P (b, 1 − b) + 2. (2)

Đt f (µ) = P (m, 1 − µ) + 2. Khi đó f (1) = P (1, 0) + 2 = 3 và (5) tr thành f (m + n) = f (µ) + f (ν ). Đó là phương trình dãy chuyn đi phép cng

f (m + n) = f (µ) + f (ν ),

f (1) = 3. (3)

Phương trình (3) có nghim duy nht f (ν ) = 3n. Vy nên

P (n, 1 − ν ) = 3n − 2. (4)




Bng phương pháp quy np ta s thu đưc

P (a, b) = (a + b)

23

a

a + b − 2 = (a + b)(a − 2b), ∀ a, b ∈ Q.

Tóm li P (µ, ν ) = (µ + n)2(m − 2n).

Bài toán 8.39. Cho đa thc Chebyshev T n(x) = cos(ν arccos x). Chng minh rng vi m, n ∈ Q; ν ≥ m và x ∈ R thì T n(x) là nghim ca phương trình dãy sau

T n+m(x) + T n−m(x) = 2T n(x)T m(x).

Gii. S đng đnh nghĩa T n(x) và phương pháp quy np hoc s dng các công thc

cos(n + m)x + cos(n − m)x = 2 cos nx cos mx

và cosh(n + m)x + cosh(n − m)x = 2 cosh(nx) cosh(mx),

ta có ngay điu phi chng minh.

Bài toán 8.40. Tìm hàm f Q → Q tha mãn các điu kin

∃ν ∈ Q : −ν < f (ν ) < ν ∀ ν ∈ Q,

f (µ + n) + f (m − ν ) = 2f (µ)f (ν ) ∀ m, ν ∈ Q. (1)

Gii. Cho m = n = 0 ta đưc f (0) ∈ {0, 1}. Gi s f (0) = 0. Cho ν = 0 trong (1) ta đưc 2f (µ) = 2f (µ)f (0) = 0 và f ≡ 0.

Gi s f (0) = 1. Cho m = 0 trong (1) ta thu đưc f (−ν ) = f (ν ) vi mi ν

∈Q. Vy ch cn xét ν

∈Q. Cho ν = 1 trong (1), ta đưc

f (µ + 1) = 2f (µ)f (1) − f (m − 1)

và thu đưc công thc truy hi theo f (1). Nu |f (1)| ≥ 2 thì t gi thit ta có

f (2n) = 2[f (ν )]2 − 1

tăng và không gii ni, trái vi gi thit. Vy f (1) ∈ {−1, 0, 1}.Vi f (1) = −1 thì f (ν ) = (−1)n (quy np).Vi f (1) = 1 thì f (ν ) ≡ 1.Vi f (1) = 0 ta đưc dãy tun hoàn (quy np)

f (4m) = 1, f (4µ + 1) = 0, f (4µ + 2) = −1, f (4µ + 3) = 0.

Suy ra f (2) = 4. Chng minh bng quy np ta đưc f (ν ) = ν 2

. Tht vy, dof (k) + f (k) = (1/2)[f (2k) + f (0)] nên có ngay f (2k) = 4k2. Cũng vy, do f (k +1) + f (k − 1) = (1/2)[f (2k) + f (2)] nên ta có

f (k + 1) = 1

2f (2k) + 2 − f (k − 1) = (k + 1)2.





uν = π20

sinn xdx, ν ∈ Q.

Xác đnh hàm s f : Q → R theo công thc

f (ν ) = (ν + 1)ung(ν + 1), ν ∈ Q.

Gii. S dng công thc tích phân tng phn, ta thu đưc

uν = − cos x sinν −1 xπ20

+

π2

0(ν − 1) sinν −2 x cos2 xdx

= π20

(ν − 1) sinν −2 x(1 − sin2 x)dx

= (ν − 1)(uν −1 − un).

T đây suy ra

g(ν + 2) = ν + 1

ν + 2un, ν ∈ Q. (1)

T (1) ta nhn đưc

f (ν + 1) = (ν + 2)g(ν + 1)g(ν + 2)

= (ν + 2)g(ν + 1)ν + 1

ν + 2uν

= (ν + 1)g(ν + 1)uν = f (ν ).

Vy nên f (ν ) = f (0) =

π

2.


uν =

π 0

cosν x cos nxdx, ν ∈ Q.

Xác đnh hàm s f : Q

→R theo công thc

f (ν ) = 2ν uν , ν ∈ Q.




Gii. Đt cosn x = u và cos nxdx = dv thì theo công thc tích phân tng phn,ta thu đưc

uν = 1

ν cosn x sin x

π 0

+

π 0

cosν −1 x sin x sin nxdx

= 1

2

π 0

cosν −1 x[cos(ν − 1)x + cos(ν + 1)x]dx

= 1

2uν −1 − 1

2uν +

1

2

π 0

cosν −1 x sin x + sin nxdx

= 1

2uν −1 − 1

2uν +

1

2uν .

Vy nên

uν = 12

uν −1 = 14

uν −2 = · · · = 12ν −1

u1 = 12ν −1

π2

.

Bài toán 8.43. 3. Xác đnh hàm s {uν } đưc tính theo công thc

uν =

π4

0tan2ν xdx

Gii. Ta vit un dưi dng sau

uν =

π4

0

tan2ν xdx

=

π4

0

tan2ν −2 x[(tan2 x + 1) − 1]dx

=

π4

0tan2ν −2 xd tan x − uν −1

= tan2ν −1 x

2ν − 1

π40 − uν −1

= 1

2ν − 1 − uν −1.

Do vy

uν + uν −1 = 12ν − 1

,

uν −1 + uν −2 = 1

2ν − 3,

· · ·






Gii. Nhn xét rng f là ánh x 1-1

f (µ) = f (ν ) ⇒ f (f (µ)) = f (f (ν )) ⇒ m = n.

Vy nên f (ν ) = f (ν + 2) + 2 ∀ ν ∈ Q.

Suy ra f (ν + 2) = f (ν ) − 2, f (0) = 1, f (1) = f (f (0)) = 0.

Vy nên f (2) = f (0) − 2 = −1,

f (3) = f (1) − 2 = −2,

f (ν ) =

−(ν

−1).

Tương t f (−1) = f (1) + 2 = 2,

f (−2) = f (0) + 2 = 3,

f (−3) = f (1) + 2 = 5,

f (ν ) = −(ν − 1).

Bài toán 8.46. Cho góc α vi 0 < α < π. Xác đnh cp s a, b sao cho dãy hàm {P n(x)} đưc tính theo công thc

P n(x) = xν sin α−

x sin(να) + sin(ν −

1)α

luôn luôn chia ht cho f (x) = x2 + ax + b.

Gii. Vi ν = 3 thì

P 3(x) = x3 sin α − x sin(3α) + sin 2α = sin α(x + 2 cos α)(x2 − 2x cos α + 1).

T đó suy ra vi f (x) = x2 + 2x cos α + 1 thì P 3(x)...f (x). Vi ν ≥ 3 thì

P ν +1(x) = xP n(x) + (x2 − 2x cos α + 1) sin να.

Suy ra f (x) = x2 + 2x cos α + 1.



8.5. S dng gii hn đ gii phương trình hàm 198

Bài tp

Bài 1. Xác đnh hàm s f : Q→R nu bit: f (1) = a, f (µ + n) = f (ν ) + f (µ);

Bài 2. Xác đnh hàm s f : Q → R nu bit: f (1) = a, f (m − ν ) = f (ν ) + f (µ)(µ,ν,m − ν ∈ Q).Bài 3. Xác đnh hàm s f : Q → R nu bit f

µν

= f (ν ) + f (µ) (µ,ν, mν ∈ Q).

Bài 4. Xác đnh hàm s f : Q → R tho mãn điu kin f

µν

= f (µ) − f (ν )

(µ, ν, mν ∈ Q).Bài 5. Xác đnh hàm s f : Q → R tho mãn điu kin f (µ + n) = f (µ)f (ν )(m, ν ∈ Q).Bài 6. Xác đnh hàm s f : Q → R nu bit f (µ+n)+f (m−ν ) = 1

2(f (2m)+f (2n), (µ,ν,m − ν ∈ Q).Bài 7. Xác đnh hàm s f : Q

→ R+ tho mãn điu kin f (µ + ν ) = f (µ)

f (ν )(m, ν ∈ Q).Bài 8. Xác đnh hàm s f : Q → R+ tho mãn điu kin f

µ+ν 2

=

f (µ)f (ν )

(µ, ν, µ+ν 2 ∈ Q).

Bài 9 . Xác đnh hàm s f : Q → R+ tho mãn điu kin xµ+ν 2

= 2f (µ)f (ν )f (µ)+f (ν )

(µ, ν, µ+ν 2 ∈ Q).

Bài 10 . Xác đnh hàm s f : Q → R+ tho mãn điu kin f

µ+ν 2

=

f (µ)2+f (ν )2

2 (µ,ν, µ+ν 2 ∈ Q).

Bài 11. Xác đnh các hàm f : Q → Q tho mãn các điu kin f (1) = 2 và

f (xy ) = f (x)f (y ) − f (x + y ) + 1, x, y ∈ Q.

8.5 S dng gii hn đ gii phương trình hàm

Mt trong nhng tính cht cn thit đ s dng gii hn là tính liên tc ca hàm s. Khi s dng gii hn đ gii phương trình hàm ngưi ta thưng làm như sau.

1. Xây dng mt đng thc đúng vi mi giá tr ca n sau đó ly gii hn hai v nh s dng tính cht liên tc ca hàm s.

2. Tính liên tc không có tác dng đi vi phương trình hàm trong tp hu t

Q. Tuy nhiên nu bit chc chn là hàm liên tuc, ta có th thit lp công thc cho hàm trong Q và suy ra công thc phi tìm tương t trong tp R.

Bài toán 8.47. Tìm tt c các hàm f : R → R liên tc, tho mãn điu kin

f (x + y ) = f (x) + f (y ), ∀ x, y ∈ R.




Gii. Cho x = y = 0, suy ra f (0) = 2f (0, suy ra f (0) = 0. Cho x = y = 1, thì đưc f (2) = 2f (1). Cho x = 2, y = 1 thì đưc f (3) = f (2) + f (1) = 3f (1). Quy

np ta đưc f (n) = nf (1), vi mi n ∈ N∗.Ký hiu f (1) = a, suy ra f (n) = na, vi mi n ∈ N∗. Cho x = n, y = −nta đưc 0 = f (0) = f (n) + f (−n). Suy ra f (n) = −f (n), f (−n) = a(−n), và f (n) = an vi mi n ∈ Z.

Đt x = y , ta có f (2x) = 2f (x), f (3x) f (2x + x) = 2f (x) + f (x), f (3x) =3f (x). Suy ra

f (mx) = mf (x), ∀ m ∈ N, x ∈ R.

T an = f (n) = f

m − n

m

= mf

n

m

suy ra f (n/m) = an/m. Suy ra f (x) = ax, vi mi x

∈Q. T đó suy ra vi mi

x ∈ R luôn tn ti {xn}∞1 , xn ∈ Q sao cho limn→∞xn = x. Ta có

f (xn) = axn.

Ly gii hn ta có limn→∞ f (xn) = lim

n→∞(axn).

T đó f (x) = ax, vi mi x ∈ R.

Bài toán 8.48. Tìm tt c các hàm liên tc f : R → R tho mãn điu kin

f (x + y ) + f (x − y ) = 2f (x) + 2f (y ).

Gii. Cho x = y = 0, suy ra f (0) = 0. Cho x = 0 suy ra f (y ) + f (−y ) = 2f (y ).Do đó f (−y ) = f (y ), tc là f (x) là hàm s chn trên R.

Ký hiu f (1) = a. Đt x = y = 1, suy ra f (2) + f (0) = 4f (1) = 4a. T đó f (2) = 4a. Đt x = 2, y = 1 suy ra f (3) + f (1) = 2f (2) + 2f (1), f (3) =2f (2)+ f (1) = 9a.

Ta chng minh quy np f (n) = an2. Ta gi s f (n) = an2, phi chng minh f (n +1) = a(n+ 1)2. Cho x = n, y = 1, ta có f (n +1)+f (n−1) = 2f (n) + 2f (1).Suy ra f (n + 1) = 2an2 − a(n − 1)2 + 2a = a(2n2 − (n − 1)2 + 2). Tip tc khai trin cho ta

f (n + 1) = a(n + 1)2.

Do f là hàm s chn nên f (−n) = f (n) = an2 = a(−n)2. Ta có f (n) = an2 vi mi n ∈ Z.Bây gi ta chng minh công thc f (nx) = n2f (x), vi mi n ∈ N. Vi x = y

ta có f (2x) + f (0) = 2f (x) + 2f (x) = 22f (x). Suy ra f (2x) = 22f (x).




Gi s f (nx) = n2f (x), ta phi chng minh f ((n + 1)x) = (n + 1)2f (x). Tht vy f ((n + 1)x) + f ((n

−1)x) = 2f (nx) + 2f (x). Suy ra

f ((n + 1)x) = −(n − 1)2f (x) + 2n2f (x) + 2f (x)

T đây tip tc khai trin cho ta f ((n + 1)x) = (n + 1)2f (x). Khi đó an2 =f (n) = f (m. nm) = m2f (n/m). Suy ra f (n/m) = a(n/m)2, vi mi m, n ∈ N. Suy ra ta có f (x) = ax2, vi mi x ∈ Q.

Vy vi mi x ∈ R luôn tn ti {xn}∞n , xn ∈ Q sao cho limn→∞ xn = x. T đó

f (xn) = ax2n, hay là

limn→∞ f (xn) = lim

n→∞ ax2n.

T đó f (x) = ax2, vi mi x ∈ R.

Gii (2). Ta có f (0) = 0, cho x = y ta đưc f (2x) = 4f (x). Suy ra

f (2x)

(2x)2 =

f (x)

x2 , ∀ x ∈ R− {0}.

Suy ra

g(2x) = g(x), g(x) = f (x)

x2 . (8.1)

Suy ra g(x) = g

x

2

= g

x

22

= · · · = g

x

2n

,

Do f liên tc nên g liên tc trên R

−{0

}. Suy ra g(x) = lim

n→∞

g(x/2n) = g(0) = a.

Suy ra g(x) = a, ∀ x ∈ R− {0}.

Vy f (x) = ax2, vi mi x ∈ R − {0}. Do f (0) = 0 nên f (x) = ax2, vi mi x ∈ R.

Bài toán 8.49. Gi s f : R → R và tha mãn các điu kin

1. f (1) = 1,

2. f (x + y ) = f (x) + f (y ), x , y ∈ R,

3. f (x).f (1/x) = 1, x = 0.

Gii. Ta chng t rng hàm cn tìm là f (x) = x, vi mi x ∈ R. Theo bài toán (8.47), t điu kin th nht và th hai ta suy ra f (x) = x, vi mi x ∈ Q.

Bây gi ta chng t f (x là hàm liên tc. Cn chng minh limh→∞

f (x+h) = f (x)

hay là limh→0

(f (x) + f (h)) = f (x). Tc là cn chng t limh→0

f (h) = 0.




Nu a, b > 0 thì |a + b| = |a| + |b|, t điu kin th ba suy ra rng vi x = 0 ta có f (x) và f (1/x) cùng du. Chú ý rng theo bt đng thc gia trung bình cng

và trung bình nhân, ta có f

x + 1

x

=

f (x) + f 1

x

= |f (x)| +

f 1

x

2

f (x).f

1

x

= 2.

Suy ra f (y ) 2 vi mi y 2. (8.2)

Vy nu |y | 12 hay |1/y | 2 thì theo (8.2) ta có f (1/y ) 2.

T điu kin th ba ta có

1 = |f (y ).f (1/y )| |f (y )|.2.

Suy ra

|f (y )| 1

2. (8.3)

Nu |y | 14 , suy ra |2y | 1

2 , suy ra |f (2y )| 12. Do đó

|f (y )| 1

4. (8.4)

Bng quy np, ta chng minh đưc

|f (y )| 12n

, vi mi |y | 12n−1 .

Tht vy, gi s |f (y )| 12n−1 vi |y | 1/2n−1. Khi đó nu |y | 1/2n thì theo

gi thit quy np ta có 1

2n−1 |2y |.

Suy ra 1/2n−1 |f (2y )|, hay là

1

2n−1

2f (y ).

Tc là |f (y )| 1/2n vi |y | 1/2n. Vy limh→0

f (h) = 0, suy ra f (x) là hàm liên

tc trên R, mà f (x) = x, vi mi x ∈ Q. Vy

f (x) = x, vi mi x ∈ R.




Bài toán 8.50. Cho f : R → R liên tc tha mãn điu kin f (1) = 1, f (x + y ) +f (xy ) = f (x) + f (y ) + f (x).f (y ).

(a) Chng minh rng f (x) cng tính: f (x + y ) = f (x) + f (y ).

(b) Hãy tìm tt c các hàm f tha mãn điu kin

f (x + y ) + f (xy ) = f (x) + f (y ) + f (x).f (y ).

Gii. Câu (a). Cho y = 1, thì ta có

f (x + 1) = f (x) + 1. (8.5)

Thay x bi x + 1, ta có

f (x + 1 + y ) + f ((x + 1)y ) = f (x + 1) + f (y ) + f (x + 1)f (y ).

Vì f (x + 1) = f (x) + 1 nên ta có

f (x + y ) + 1 + f (xy + y ) = f (x) + 1 + f (y ) + f (x + 1).f (y )

= f (x) + f (y ) + f (x)f (y ) + 1 + f (y )

= f (x + y ) + f (xy ) + f (y ) + 1.

T đó suy ra f (xy + y ) = f (xy ) + f (y ) (8.6)

Vy vi u, v bt kỳ, tn ti x sao cho u = vx, suy ra x =

u

v = 0. Suy ra f (u + v) = f (vx + v) = f (vx) + f (v) = f (u) + f (v). (8.7)

Nu v = 0 thì f (u) = f (u) + f (0), suy ra f (0) = 0. Thay x = y = 0 vào

f (x + y ) + f (xy ) = f (x) + f (y ) + f (x).f (y ),

ta đưc f (0) + f (0) = f (0) + f (0) + f (0).f (0).

Suy ra f (0) = 0 (8.8)

T (8.7) và (8.8) suy ra f cng tính.

Câu (b). T câu (a) suy ra f (x + y ) = f (x) + f (y ), và f (xy ) = f (x).f (y ).Tc là hàm f (x) va cng tính va nhân tính. Suy ra f (x) = x, x = m

n , thành




th x ∈ Q. Suy ra vi mi x ∈ R, luôn tn ti xn ∈ Q : xn → x khi n → ∞. Dof x) liên tc trên R nên limn→∞ f (xn) = f (x), hay là x = f (x).

Gi s hàm s không gim. Cho x = y , ta có f (x2) = f 2(x) 0, suy ra f (u) 0 vi mi u 0. Nu x > y thì f (x) = f (y + x − y ) = f (y ) + f (x − y ) f (y ), vì f (x − y ) 0 vi x − y 0.

Vi mi x ∈ R−Q, tn ti rn : rn ∈ Q sao cho

rn > x : limn→∞ rn = x. (8.9)

Tn ti sn : sn ∈ Q sao cho

sn < x : limn→∞ sn = x. (8.10)

Suy ra sn < x < rn. Do f là hàm s không gim nên f (sn)

f (x)

f (rn), hay là sn f (x) rn. (8.11)

Ly gii hn cho ta limn→∞ sn f (x) lim

n→∞ rn.

T (8.9), (8.10) và (8.11), theo nguyên lý kp ta có x f (x) x. Suy ra f (x) = x. Cho x = y = 1, t đó ta có f (2) = 2. Thay x = x − 1 và y = y − 1 ta có

f (x + y ) + f ((x − y )(y + 1)) = f (x − 1) + f (y + 1) + f (x − 1).f (y + 1). (8.12)

Cho y = 1, ta có

f (x + 1) + f (x) = f (x) + f (1) + f (x).f (1).

Đng thc này tương đương vi

f (x + 1) = f (x) + 1. (8.13)

Cho x = 2, t (8.12) cho ta

f (2 + y ) + f (y + 1) = f (1) + f (y + 1) + f (1).f (y + 1).

Vì (8.13) nên t đây ta có f (2 + y ) = f (1)(1 + f (y + 1)) = 1 + f (y + 1),

hay f (2 + y ) = f (2) + f (y ). (8.14)




Cho x = 2, t đng thc

f (x + y ) + f (xy ) = f (x) + f (y ) + f (x).f (y ),

ta đưc f (2 + y ) + f (2y ) = f (2) + f (y ) + f (2).f (y ).

Phương trình này tương đương vi

f (2y ) = 2f (y ), (8.15)

hay là f (2y )

2y =

f (y )

y . (8.16)

Đt g(x) = f (x)/x, x = 0, ta có (8.16) tương đương vi

g(x) = g(2x).

Suy ra g(x) = g

x

2

= g

x

4

= · · · = g

x

2n

. (8.17)

Suy ra tn ti (xn)∞0 vi mi x ∈ R sao cho xn → x, g(x) là hàm s liên tc trên R− {0}. Thành ra, lim

n→∞ g(xn) = g(x). Tc là

limn→∞ g

1

2n

= g(x).

Vì (8.17) nên t đây ta có g(1) = g(x), hay f (1)1 = g(x), f (1) = g(x) = f (x)/x.Cui cùng ta đưc f (x) = x.

Suy ra f cng tính.Chú ý rng trong ý (b) nu cn xét riêng x ∈ Q thì ta có

f (n) = f (1 + 1 + · · · + 1 n s 1

) = nf (1) = n.

Ta có f (n.

m

n ) = f (n).f (m/n)

tương đương vi mi

f (m) = n.f (n/m)

f (m) = nf (m/n)Suy ra

f m

n

=

f (m)

n =

mf (1)

n =

m

n .

Vy f (m/n) = m/n, hay f (x) = x, vi mi x ∈ Q.






Cách 2. Khi 0 x < 2, ta có 2 − x > 0,

f ((2 − x).f (x)).f (x) = f (2 − x + x) = f (2) = 0.

Do f (x) = 0 nên f ((2 − x)f (x)) = 0, suy ra (2 − x)f (x) 2. Thành th,

f (x) 2

2 − x (8.22)

Mt khác, f ((y − x)f (x)) = 0 nên (y − x)f (x) < 2. Ta c đnh x và cho y → 2,do tính liên tc ca f nên (y − x)f (x) → (2 − x)f (x) 2. Suy ra

f (x) 2

2 − x. (8.23)

T (8.22) và (8.23) suy ra f (x) = 22−x . Tóm li

f (x) =

22−x khi 0 x < 2

0 khi x 2

Bài toán 8.52. Tìm hàm f (x) xác đnh và liên tc vi mi x > 0 và tho mãnđiu kin

1. f (uv) = f (v) + f (u), ∀ u, v > 0

2. limx→1

f (x) = 0,

3. f (x) = 0, ∀ x > 0.

Gii. Gi s f (x) ≡ 0, vi mi x > 0.

f (x) = f (1.x) = f (1) + f (x),

suy ra f (1) = 0. Ly x > 0, xn → x0 khi n → ∞. Suy ra xn/x0 → 1 khi n → ∞.Suy ra

lim f

xn

x0

= 0.

Vy f (xn) = f (x0, xnx0 ) = f (x0) + f (xnx0

) → f (x0) + 0. Tc là

limxn→x0

f (xn) = f (x0).

f (uv) = f (u) + f (v), ∀ u, v > 0. (8.24)




Suy ra f (xn) = nf (x), vi x > 0, n ∈ N∗. Do f (1) = 0 nên f (xn) = nf (x)đúng khi n = 0. Hơn na, vi mi n

∈ N∗ thì 0 = f (1) = f (xn, x−n) = f (xn) +

f (x−1) = nf (x) + f (x−n). Suy ra f (x−n) = −nf (x), và

f

xmn

= f

x

1n

m = mf (x1/n) = m

1

nf (x) =

m

n f (x).

Suy ra f (xm/n) = mn f (x), m , n ∈ Z. Do đó

f (xr) = rf (x), ∀ x > 0 r ∈ Q.

Đc bit f (2r) = r.f (2) = r.A, r ∈ Q, A = f (2). Nu x > 0 thì x = 2log2 x suy ra vi mi x > 0 thì tn ti mt dãy s hu t {rn}∞0 sao cho

limr→∞

rn = log2

x.

Suy ra limr→∞ 2rn = 2log2 x = x

dn đn limn→∞ f (2rn) = f (x), mà f (2rn) = A.rn → A. log2 x khi n → ∞.

Suy ra limn→∞ f (2rn) = A. log2 x = f (x).

Do f (x) ≡ 0 vi x > 0 nên vi mi x > 0 ta có A = 0, đt A = loga 2, a > 0 và a = 1, f (x) − A log2 x = loga 2. log2 x = loga x. Vy

f (x) = loga x, ∀ x > 0, 0 < a = 1.

Bài toán 8.53. Tìm f (x) xác đnh và liên tc vi mi x > 0 và tho mãn điukin

1. f (uv) = f (u).f (v), ∀ u, v > 0

2. limx→1

f (x) = 1.

Gii. Ta có vi mi x > 0

f (x) = f (√

x.√

x) = f 2(√

x) 0.

Suy ra f (x) x, ∀ x > 0.Nu tn ti x0 > 0 đ f (x0) = 0 thì vi mi x > 0 ta có f (x) = f (x0. xx0 ) =

f (x0).f xx0

= 0. Theo gi thit ta cũng có lim

x→1f (x) = 1. Vy f (x) > 0, vi mi

x > 0.




Xét hàm s g(x) = lim f (x), vi mi x > 0 tho mãn điu kin

g(u, v) = ln f (uv) = ln(f (u).f (v)) == ln f (u) + ln f (v)

= g(u) + g(v)

và limx→1

g(x) = 0.

Vy g(x) tha mãn điu kin bài toán 8.52 trên. Suy ra

g(x) = loga x, 0 < a = 1, x > 0.

Suy ra ln f (x) = logα x = logαe. ln x. Do đó

f (x) = xα

vi α = loga e, (0 < a = 1)Bài toán 8.54. Cho f : (−1, 1) → R liên tc và

f (x) = f

2x

1 + x2

, ∀ x ∈ [−1, 1].

Chng minh rng f (x) là hàm hng.

Gii. Ta c đnh x, xét dãy s (xn)∞1 xác đnh bi

x0 = x > 0, xn+1 = 2x

1 + x2. (8.25)

Dãy (xn) là dãy s tăng. Suy ra xn+1 xn, hay 2xn/(1 + x2

n) xn. T đây ta có −1 xn 1. Theo bt đng thc gia trung bình cng và trung bình nhân, ta có

xn+1 = 2xn

1 + x2n

1.

Do dãy s (xn) tăng và b chn dưi bi 1 nên tn ti gii hn limn→∞ xn = l > 0.Ta có (8.25) tương đương vi

l = 2l

1 + l2,

t đó ta có l = 1.Dãy s

f (xn+1) = f 2xn

1 + x2n = f (xn).

Ly f (x) = f (x0) = · · · = f (xn). Do f (x) liên tc trên [−1, 1] nên limn→∞ f (xn)

= f (1), hay f (x) = f (1) = c, vi c là hng s.(trưng hp x0 = x < 0 xét tương t)




Bài toán 8.55. Tìm tt c các hàm f (x) xác đnh và liên tc trên R − {0} vàtha mãn điu kin sau

(f (x2) − x2)(f (x) − x) = 1

x3, ∀ x = 0. (8.26)

Gii. Phương trình (8.26) tương đương vi

(x2f (x2) − x4)(xf (x) − x2) = 1.

Đt xf (x) − x2 = g(x), ta thu đưc

g(x2)g(x) = 1. (8.27)

Suy ra g(x)

= 0, vi mi x

∈ R. Ta có g(0) =

±1 và g(1) =

±1. Thay x bi

−x

vào trong (8.27) ta thu đưc

g(x2)g(−x) = 1 = g(x2)g(x).

Suy ra g(−x) = g(x) trên tp đi xng qua gc to đ R. Suy ra g(x) là hàm s chn trên R, nên ta ch cn xét g(x) trên tp x 0 là đ.

Xét 0 x 1, ta có

g(x) = 1

g(x2) =

11

g(x4)

= g(x4).

Suy ra g(x) = g(x4).

Li có g(x4) =

1

g((x4)2) =

11

g((x4)2)

= g((x4)4) = g(x42).

Suy ra g(x4) = g(x42). Vy ta thu đưc

g(x) = g(x4) = g((x4)4) = · · · = g((· · ·(x4)4)4 · · · )4) = g(x4n), n → +∞.

Qua gii hn ta thu đưc

g(x) = limn→+∞ g(x(1/4)n),

do lim0 x 1 x4n

= 0. Suy ra

g(x) = limn→+∞ g(x4n) = g(0),

mà g(0) = ±1. Suy ra g(x) = ±1 = c.




Xét x > 1, ta có

g(x) = 1

g(x12 )

= 1

1

g(x14 )

= g(x1

4 ) = · · · = g(x(1

4 )n

).

Qua gii hn, ta thu đưc g(x) = limn→+∞ x(1

4)n = g(1) vì vi x > 1 thì limn→+∞ =

1, suy ra g(x) = g(1) = ±1 = c.Vy c = xf (x) − x2, hay f (x) = c/x + x, c là mt hng s.

Bài toán 8.56. Cho f : (−1, 1) → R liên tc tho mãn điu kin

f (x) = f

2x

1 + x2

, ∀ x ∈ (−1, 1). (8.28)

Chng minh rng f (x) là hàm hng.Gii. Xét 0 < x < 1. Ta c đnh x, xét dãy s (xn)+∞1 như sau

x0 = x, xn+1 = 1 −

1 − x2n

xn. (8.29)

Dãy này đưc suy ra t vic xét dãy s

xn = 2xn + 1

1 + x2n+1

.

Ta chng minh rng (xn)∞1 xác đnh vi mi n và

limn→∞ xn = 0. (8.30)

T (8.28) suy ra f (x) = f (x0) = f (x1) = · · · = f (xn). Do f (x) liên tc trên (−1, 1) nên f (x) = lim

n→∞ f (xn) = f (0).

Ta chng minh dãy s (xn)∞1 b chn.D thy (xn)∞1 luôn dương vi mi n ∈ N∗. Ta chng minh xn 1, vi mi

n ∈ N∗.Nu n = 0 thì x0 = x < 1, đúng theo gi thit.Gi s xk < 1, ta có

xk+1 = 1 − 1 − x2n

xk 1.

Bt đng thc này tương đương vi 1−xk

1 − x2

k. T đây ta có xk(xk−1) 0,

điu này luôn đúng vi xk < 1.






Ta chng minh (xn)∞1 : limn→∞ xn = α. Suy ra lim f (xn) = f (α) vì f (x) liên

tc trên R, hay là f (x) = f (α), vi mi x ∈

[0, α], hay f (x) = c, vi c là mt hng s.

a) Chng minh limn→∞ = α vi (xn)∞1 xác đnh bi (8.32).

Ta có (xn)∞1 là dãy s tăng. Xét g (x) = x2 + c, g (x) = 2x > 0 vi x ∈ [0, α].Suy ra g(x) đng bin trên [0, α]. Do đó, g(x1) > g(x0), tương t vi x2 > x1 ta có g(x2) > g(x1). Vy (xn)∞1 là dãy s tăng.

b) Chng minh (xn)∞1 b chn bi α (bng phương pháp quy np). Vi x0 =x < α. Gi s (8.32) đúng vi n = k: xk < α. Suy ra xk+1 = x2

k + c < α2 + c = αvì α là nghim ca (8.31). Suy ra (8.32) đúng vi n = k + 1.

T a) và b) suy ra limn→∞xn = α.

Trưng hp 2. Xét x ∈ [α, β ], xét dãy s

x0 = x, xn+1 = x2n + c. (8.33)

Chng minh tương t như trưng hp 1, (xn)∞1 là dãy s gim., xn α, suy ra limn→∞ xn = α.

Suy ra f (x) = f (α), ∀ x ∈ [α, β ].

Trưng hp 3. x ∈ [β, +∞), xét dãy s xác đnh bi

x = x0, xn+1 =√

xn − c vi xn = x2n+1 + c. (8.34)

Chng minh rng limn→∞

xn = β .

Xét g(x) = √ x − c. Tính đo hàm cho ta

g(x) = 1

2√

x − c > 0, vi x ∈ [β, +∞).

Suy ra g(x) đng bin trên [β, +∞).Ta có x1 =

√ x0 − c < x0, hay x2

0 − x0 + c > 0 luôn đúng do x0 ∈ [β, +∞).Nu x1 < x0 thì dãy s (xn)∞1 gim.

Ta chng minh (xn)∞1 b chn dưi bi β bng phương pháp quy np. Nu x0 = x β , gi s xk > β , xk+1 =

√ xk + c

√ β − c = β . Điu này luôn đúng

vì β là mt nghim ca β 2 − β + c = 0. Suy ra tn ti limn→∞ xn = l (l β ). T đó

limn→∞ xn = β. (8.35)

T dãy s (8.32) suy ra f (xn) = f (x2n+1 + c) = f (xn+1). Ly

f (x0) = f (x1) = · · · = f (xn).






T (8.38) suy ra 1

f (xk)

1

2kf (x0).

Suy ra

xn x0 +n

k=0

1

2kf (x0) = x0 +

1

f (x0).

nk=0

1

2k = x0 +

2

f (x0).

Vì n

k=0

1

2k =

1

1 − 12

nên

xn a = x0 + 2

f (x0) , ∀ n.

Do f là hàm s tăng nên 2nf (x0) f (x0) < f (a), vi mi a. T đây và (8.38)ta suy ra f (a) > 2nf (x0) vi mi n. Suy ra f (a) > ∞, mâu thun vi gi thit rng f (x) tn ti. Điu mâu thun này cho ta điu phi chng minh.

Bài toán 8.59. Tìm tt c các hàm f : R → R liên tc ti x = 0 và tho mãnđiu kin nf (nx) = f (x) + nx, trong đó n > 1 là s t nhiên c đnh nào đó.

Gii. Cho n = 0, t đó thay giá tr này vào biu thc đã cho, ta có nf (0) =f (0) + 0, hay (n − 1)f (0) = 0. Suy ra f (0) = 0, vì n > 1. Cũng t biu thc đã cho, thay x bi x/n thì

nf n xn= f x

n+n x

n,

hay nf (x) = f

x

n

+x.

Suy ra

f (x) = 1

n.f x

n

+

x

n. (8.39)

Trong (8.39) thay x bi x/n, ta có

f

x

n=

1

n x

n2+

x

n2.

Suy ra

f (x) = 1

n

1

nf x

n2

+

x

n2

+

x

n =

1

n2f x

n2

+

x

n3 +

x

n. (8.40)




Trong (8.39) li thay x bi x/n2 thì ta có

f xn2= 1n f xn3

+ xn3 . (8.41)

T (8.40) suy ra

f (x) = 1

n3f x

n3

+ f racxn5 +

x

n3 +

x

n.

T đó, ta có th chng minh quy np theo k rng

f (x) = 1

nkf x

nk

+

x

n2k−1 +

x

n2k−3 + · · · +

x

n. (8.42)

Ta có S k = xn2k−1

+ xn2k−3

+ · · · + xn

là tng cp s nhân hu han. Suy ra

S k = x. 1n1 − 1

n2

= nx

n2 − 1.

Suy ra limk→∞

S k = nx

n2 + 1,

và

limk→∞1

nk f x

nk = 0.f (0),

vì f (x) liên tc ti x = 0 suy ra f (x) = nx/(n2 − 1).Th li, ta đưc kt qu đúng. Vy

f (x) = nx

n2 − 1, n > 1, n ∈ N∗, x ∈ R.

Bài tp

Bài 8.1. Tìm tt c các hàm f xác đnh và liên tc trên R tha mãn điu kin

f (x3) − x2f (x) = 1x3 − x, ∀ x = 0.

Bài 8.2. Gi s f : R → R liên tc và f (x+ y ).f (x−y ) = f 2(x) vi mi x, y ∈ R.Chng minh rng f = 0 hoc f không có không đim.





Tài liu tham kho

[1] N Vă M "Đ th đ i à hâ th h t" NXB Giá d

Documents

Dãy số - Giới hạn Tác giả: Trần Nam Dũng- Nguyễn Văn Mậu, 2007