TIỂU LUẬN
Môn: PHƯƠNG TRÌNH SAI PHÂN
GVHD: TS. Lê Hải Trung
Ngày 20 tháng 6 năm 2012
Nhóm thực hiện:
1. Đinh Thị Thủy
2. Vũ Hứa Hạnh Nguyên
3. Nguyễn Thị Kim Thoa
4. Lê Quang Huy
5. Phạm Đức Khanh
Chương I: MỞ ĐẦU VỀ PHƯƠNG TRÌNH
SAI PHÂN
1.CÁC KHÁI NIỆM CƠ BẢN
Định nghĩa 1 Ta gọi sai phân hữu hạn cấp 1 của hàm số x(n) = x
n
với
n ∈ Z : {n} = {0, ±1, ±2, , ±n} (hoặc n ∈ Z
+
, hoặc n ∈ N ) là hiệu:
∆x
n
= x
n+1
− x
n
Định nghĩa 2 Ta gọi sai phân hữu hạn cấp 2 của hàm x
n
là sai phân của
sai phân cấp 1 của x
n
, và nói chung sai phân cấp k của hàm x

Định nghĩa 3 Phương trình sai phân tuyến tính là một hệ thức tuyến tính
giữa sai phân các cấp:
F (x
n
, ∆x
n
, ∆
2
x
n
, ∆
k
x
n
) = 0
trong đó, x
n
hiểu là sai phân cấp 0 của hàm x
n
; cấp lớn nhất của các sai
phân (ở đây là bằng k), là cấp của phương trình sai phân.
Định nghĩa 4 Phương trình sai phân tuyến tính cấp k của hàm x
n
là một
biểu thức tuyến tính giữa các giá trị của hàm x
n
tại các điểm khác nhau:
L
h
x

k
= 0 là các hằng số hoặc các
hàm số của n, được gọi là vế phải; x
n
là giá trị cần tìm, được gọi là ẩn.
Phương trình (2) được gọi là phương trình sai phân tuyến tính cấp k (còn gọi
là bậc k), vì để tính được tất cả các giá trị x
n
, ta phải cho trước k giá trị liên
tiếp của x
n
, rồi tính các giá trị còn lại của x
n
theo công thức truy hồi (2)
Định nghĩa 5 Nếu f
n
≡ 0 thì (2) gọi là phương trình sai phân tuyến tính
thuần nhất.
Nếu f
n
= 0 thì (2) được gọi là phương trình sai phân tuyến tính không thuần
nhất.
Nếu f
n
≡ 0 và a
0
, a
1
, a
k

Hàm số x
T N
n
phụ thuộc k tham số, thỏa mãn (3), được gọi là nghiệm tổng quát
của phương trình tuyến tính thuần nhất (3), nếu với mọi tập giá trị ban đầu
x
0
, x
1
, ··· , x
k−1
, ta đều xác định được duy nhất các tham số C
1
, C
2
, ··· , C
k
để nghiệm x
T N
n
trở thành nghiệm riêng của (3), tức là vừa thỏa mãn (3) vừa
thỏa mãn
x
T N
0
= x
0
, x
T N
1

C
1
x
n1
+ C
2
x
n2
+ ··· + C
k
x
nk
= 0
suy ra C
1
= C2 = ··· = C
k
= 0, thì nghiệm tổng quát x
T N
n
của (3) có dạng
x
T N
n
= C
1
x
n1
+ C
2

λ
n+k−1
+ + a
k
λ
n
= 0 (4)
Phương trình (4) gọi là phương trình đặc trưng của (3) (người ta cũng xem
là phương trình đặc trưng của (2)). Nghiệm x
T N
n
của (3) và x
R
n
của (2) phụ
thuộc cốt yếu vào cấu trúc nghiệm của (4).
a. Nghiệm tổng quát x
T N
n
của phương trình thuần nhất
Định lý 3 Nếu (4) có k nghiệm thực khác nhau là λ
1
, λ
2
, ··· , λ
k
thì nghiệm
tổng quát x
T N
n

i
, i = 1, ··· , k là hằng số tùy ý.
3
Nếu phương trình đặc trưng (4) có nghiệm thực λ
j
bội s, thì ngoài nghiệm
λ
n
j
, ta lấy thêm các vecto bổ sung nλ
n
j
, n
2
λ
n
j
, ··· , n
s−1
λ
n
j
, cũng là các nghiệm
độc lập tuyến tính của (3) và do đó
x
T N
n
=
s−1


√
a
2
+ b
2
, ϕ = arg λ
j
, có nghĩa là tan ϕ =
a
b
,
thì (4) cũng có nghiệm liên hợp phức λ
j
= r(cos ϕ − i sin ϕ). Khi đó, ta có
λ
n
j
= r
n
(cos nϕ + i sin nϕ), λ
n
j
= r
n
(cos nϕ − i sin nϕ) là các nghiệm của (3).
Ta lấy
x
1
nj
=

=
k

i=1
C
i
λ
n
i
+ r
n
(C
1
j
cos nϕ + C
2
n
sin nϕ)
trong đó, C
i
, C
1
j
, C
2
j
là các hằng số tùy ý.
Nếu phương trình đặc trưng có nghiệm phức λ
j
bội s thì nó cũng có

j2
= r
n
sin nϕ, λ
j3
= r
n
n
2
sin nϕ, ··· , λ
js
= r
n
n
s−1
sin nϕ
Như vậy, ta có:
x
T N
n
=
k

j=i=1
C
i
λ
n
i
+r

, , B
s
là các hằng số tùy ý.
4
b. Nghiệm riêng x
R
n
Trường hợp 1: f
n
là đa thức bậc m của n, m ∈ N:f
n
= P
m
(n)
1. Nếu các nghiệm λ
1
, λ
2
, , λ
k
là các nghiệm thực khác 1 của phương trình
đặc trưng (4) thì
x
R
n
= Q
m
(n), m ∈ N
Q
m

x
R
n
= Q
m
(n)β
n
, m ∈ N
Q
m
(n) là đa thức cùng bậc m với f
n
2. Nếu (4) có nghiệm λ = β bội s thì tìm x
R
n
dưới dạng:
x
R
n
= n
s
Q
m
(n)β
n
, m ∈ N
Q
m
(n) là đa thức cùng bậc m với f
n

sẽ là x
R
n
= x
R
n1
+ x
R
n2
+ + x
R
ns
do tính
tuyến tính của phương trình sai phân.
5
Chương II: PHƯƠNG TRÌNH SAI PHÂN
TUYẾN TÍNH CẤP MỘT
Các bài toán thực tiễn thường dẫn về phương trình sai phân tuyến tính
cấp một, hoặc dẫn về dạng chính tắc, mà thực chất cũng là phương trình sai
phân tuyến tính cấp một với ẩn là một vectơ. Bởi vậy, các bài toán phương
trình sai phân tuyến tính cấp một là vô cùng cơ bản và quan trọng.
1. ĐỊNH NGHĨA
Phương trình có dạng
ax
n+1
+ bx
n
= f
n
; a = 0, b = 0

T N
n
là nghiệm tổng quát của phương trình sai phân tuyến tính
thuần nhất
ax
n+1
+ bx
n
= 0 (a, b ∈ R) (*)
Ta có:
(∗) ⇔ x
n+1
= −
b
a
x
n
hay
x
n+1
= λ.x
n
, với λ = −
b
a
.
6
Cho x
0
= C

x
n
= λx
n−1
Nhân vế theo vế các đẳng thức trên, ta được
x
1
x
2
. . . x
n
= λ
n
.Cx
1
x
2
. . . x
n−1
hay
x
n
= λ
n
.C.
Như vậy, nghiệm của phương trình sai phân tuyến tính cấp một thuần
nhất hay nghiệm thực nghiệm của phương trình sai phân tuyến tính cấp một
không thuần nhất có dạng
x
T N

Xét phương trình sai phân tuyến tính cấp một không thuần nhất
ax
n+1
+ bx
n
= f
n
; a = 0, b = 0, f
n
= 0 (1)
Phương trình đặc trưng
7
a
1
λ
k
+ a
2
λ
k−1
+ ··· + a
k+1
= 0
3.1. Phương pháp chọn (hay phương pháp hệ số bất định)
3.1.1. Nếu f
n
là đa thức bậc k của n: f
n
= P
k

n
= P
k
(n) (2)
1. Với λ = −
b
a
= 1 ⇒ b = −a.
Nhận xét thấy vế phải của (2) là một đa thức bậc k theo n, nên vế trái
cũng phải là một đa thức bậc k theo n, do đó x
n
là một đa thức bậc k theo
n, và hiển nhiên nghiệm riêng x
R
n
là một đa thức bậc k theo n, hay
x
R
n
= Q
k
(n), với Q
k
(n) là đa thức bậc k của n.
2. Với λ = −
b
a
= 1 ⇒ b = −a. Khi đó
(2) ⇐⇒ ax
n+1

x
n+1
= 3x
n
− 2n + 1, x
0
= 0.
Giải
x
n+1
= 3x
n
− 2n + 1 ⇔ x
n+1
− 3x
n
= −2n + 1.
Phương trình đặc trưng: λ − 3 = 0 =⇒ λ = 3.
Suy ra: x
T N
n
= C.3
n
.
Ta tìm: x
R
n
= A.n + B. Thay vào phương trình xuất phát, ta được:
8
A.(n + 1) + B = 3(An + B) − 2n + 1

Vậy: x
T Q
n
= n.
Ví dụ 2. Giải phương trình sai phân:
x
n+1
= x
n
+ 2.n
2
, x
0
= 0
Giải
x
n+1
= x
n
+ 2.n
2
⇔ x
n+1
− x
n
= 2.n
2
Phương trình đặc trưng: λ − 1 = 0 =⇒ λ = 1.
Suy ra: x
T N

3
−B.n
2
−C.n =
= 2.n
2
⇔ 3A.n
2
+ (3A + 2B).n + A + B + C = 2.n
2
So sánh hệ số của n ở 2 vế, ta được



3.A = 2
3.A + 2.B = 0
A + B + C = 0
⇐⇒









A =
2
3

= C +
2
3
.n
3
− n
2
+
1
3
n.
x
0
= 0 =⇒ C = 0
Vậy: x
T Q
n
=
2
3
.n
3
− n
2
+
1
3
n.
3.1.2. Nếu f
n

n
= Q
m
(n)β
n
, nếu λ = β
2. x
R
n
= nQ
m
(n)β
n
, nếu λ = β, trong đó λ là nghiệm phương trình đặc
trưng: λ = −
b
a
hoặc λ = q; Q
m
(n) là đa thức bậc m của n.
Chứng minh
Với f
n
= αβ
n
(β = 0),
Phương trình sai phân tuyến tính cấp 1 có dạng:
ax
n+1
+ bx

β
n
, ta được phương trình:
aβy
n+1
+by
n
= α (3)
Phương trình đặc trưng: aβt + b = 0 =⇒ t= -
b
aβ
=
λ
β
.
Nhận xét thấy vế phải của (3) là α: là một đa thức bậc 0. Theo 3.1.1, ta có:
+ Nếu t = 1 ⇔
λ
β
= 1 ⇔ λ = β, thì:
y
R
n
= C ⇒ x
R
n
= Cβ
n
.
+ Nếu t = 1 ⇔

+ by
n
= P
m
(n).
Phương trình đặc trưng: aβt + b = 0.
Theo 3.1.1 thì :
+ Nếu t = −
b
aβ
= 1 ⇔ −
b
a
= λ = β, thì:
y
R
n
= Q
m
(n) =⇒ x
R
n
= Q
m
(n)β
n
+ Nếu t = −
b
aβ
= 1 ⇔ −

n
+ 2
n
⇐⇒ x
n+1
− x
n
= 2
n
Phương trình đặc trưng: λ − 1 = 0 =⇒ λ = 1 = β = 2.
Suy ra: x
T N
n
= C.
Ta tìm: x
R
n
= A.2
n
. Thay vào phương trình xuất phát, ta được:
A.2
n+1
= A.2
n
+ 2
n
=⇒ A = 1.
Suy ra: x
R
n

, x
0
= 99
Giải
x
n+1
= 2x
n
+ 6.2
n
⇐⇒ x
n+1
− 2x
n
= 6.2
n
11
Phương trình đặc trưng: λ − 2 = 0 =⇒ λ = 2 = β.
Suy ra: x
T N
n
= C.2
n
.
Ta tìm: x
R
n
= An.2
n
. Thay vào phương trình xuất phát, ta được:

n
= C.2
n
+ 3n.2
n
x
0
= 99 =⇒ C = 99.
Vậy x
n
= 99.2
n
+ 3n.2
n
= (99 + 3n)2
n
.
3.1.3. Nếu f
n
= αcosnx + βsinnx, α
2
+ β
2
= 0, x = kπ, k ∈ Z thì tìm:
x
R
n
= A.cosnx+B.sinnx (4)
Chứng minh
Xét phương trình ax

asinx acosx + b




= a
2
+ b
2
+ 2abcosx
Ta có:
2abcosx ≤ |2abcosx| < |2ab| (do x = kπ, k ∈ Z)
12
=⇒ −|2ab| < 2abcosx < |2ab|;
Và ta có: a
2
+ b
2
≥ |2ab| (bất đẳng thức Côsi)
Từ đó suy ra: D > a
2
+ b
2
− 2|ab| > 2|ab| − 2|ab| = 0 =⇒ D > 0.
Do đó từ hệ phương trình trên, ta xác định được A, B duy nhất.
Nên (4) được xác định đúng đắn!
Ví dụ 5 . Giải phương trình sai phân:
x
n+1
=

4
⇐⇒ x
n+1
−
1
√
2
x
n
= −
1
√
2
sin
nπ
4
.
Phương trình đặc trưng: λ −
1
√
2
= 0.
Suy ra: x
T N
n
= C(
1
√
2
)

4
=
1
√
2
(Acos
nπ
4
+ Bsin
nπ
4
) −
1
√
2
sin
nπ
4
⇔ Acos
nπ
4
.cos
π
4
− Asin
nπ
4
.sin
π
4

⇔
1
√
2
Acos
nπ
4
−
1
√
2
Asin
nπ
4
+
1
√
2
Bsin
nπ
4
+
1
√
2
Bcos
nπ
4
=
=


A = 1
B = 0
Suy ra: x
R
n
= cos
nπ
4
.
Từ đó, ta có nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là:
x
T Q
n
= x
T N
n
+ x
R
n
= C(
1
√
2
)
n
+ cos
nπ
4
.

trong đó các f
i
n
, i = 1, 2, , m có các dạng đã xét, thì tìm nghiệm riêng
x
R
n
=
m

i=1
x
R;i
n
với x
R;i
n
tương ứng là nghiệm riêng của f
i
n
, i = 1, 2, , m.
Ví dụ 6 . Giải phương trình sai phân:
x
n+1
= 26x
n
− 494.7
n
− 2475n + 99, x
0

1
= −494.7
n
, vì λ = 26 = β = 7. ta tìm x
R,1
n
= A.7
n
. Thay vào
phương trình
x
n+1
− 26x
n
= −494.7
n
ta được:
A.7
n+1
− 26.A.7
n
= −494.7
n
⇔ A.7 −26.A = −494 ⇔ A = 26.
Suy ra: x
R,1
n
= 26.7
n
Với f

R,1
n
+ x
R,2
n
= 26.7
n
+ 99.n.
Từ đó, ta có nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là:
x
T Q
n
= x
T N
n
+ x
R
n
= C26
n
+ 26.7
n
+ 99n.
x
0
= 26 =⇒ C = 0.
Vậy: x
T Q
n
= 26.7

2
Phương trình đặc trưng: λ − 2 = 0 ⇐⇒ λ = 2 = β.
Suy ra: x
T N
n
= C.2
n
.
Đặt: f
1
= (n
2
+ 1)2
n
, f
2
= −2cos
nπ
2
− sin
nπ
2
.
Với f
1
= (n
2
+ 1)2
n
, ta tìm x

2
+2An+A+Bn+B +C)−2An
3
−2Bn
2
−2Cn = n
2
+1
⇐⇒ 2(An
3
+ 2An
2
+ An + Bn
2
+ Bn + Cn + An
2
+ 2An + A + Bn + B +
+ C) − 2An
3
− 2Bn
2
− 2Cn = n
2
+ 1
15
⇐⇒ 6An
2
+ (6A + 4B)n + (2A + 2B + 2C) = n
2
+ 1.

n
=
1
6
n
2
−
1
4
n +
7
12
.
Với f
2
= −2cos
nπ
2
−sin
nπ
2
, ta tìm x
R,2
n
= Acos
nπ
2
+ Bsin
nπ
2

2
⇐⇒ Acos(
nπ
2
+
π
2
)+Bsin(
nπ
2
+
π
2
)−2Acos
nπ
2
)−2Bsin
nπ
2
= −2cos
nπ
2
−
− sin
nπ
2
⇐⇒ A(−sin
nπ
2
)+Bcos

⇐⇒

A = 1
B = 0
Suy ra: x
R,2
n
= cos
nπ
2
.
Ta có: x
R
n
= x
R,1
n
+ x
R,2
n
=
1
6
n
2
−
1
4
n +
7

2
.
16
x
0
=
1
8
=⇒ C +
7
12
+ 1 =
1
8
⇔ C = −
35
24
.
Vậy: x
T Q
n
= x
T N
n
+ x
R
n
= −
35
24

n
.
Phương trình đặc trưng: λ − 1 = 0 ⇐⇒ λ = 1 = β.
Suy ra: x
T N
n
= C.1
n
= C.
Ta tìm x
R
n
= (An + Bn).3
n
. Thay vào phương trình xuất phát ta được
[A(n + 1) + B]3
n+1
− (An + B)3
n
= 2n.3
n
⇐⇒ 3(An + A + B) − An − B = 2n
⇐⇒ 2An + 3A + 2B = 2n.
So sánh hệ số của n ở hai vế, ta được:

2A = 1
3A + 2B = 0
⇐⇒



− 2)sin
nπ
4
+
1
√
2
cosnπ4.
Giải
Phương trình đã cho tương đương với:
x
n+1
− 2x
n
= (
1
√
2
− 2)sin
nπ
4
+
1
√
2
)cosnπ4 .
Phương trình đặc trưng: λ − 2 = 0 ⇐⇒ λ = 2.
Suy ra: x
T N
n

√
2
− 2)sin
nπ
4
+
1
√
2
cosnπ4
⇐⇒ Acos(
nπ
4
+
π
4
) + Bsin(
nπ
4
+
π
4
) − 2Acos
nπ
4
− 2Bsin
nπ
4
=
= (

π
4
cos
nπ
4
) −
−2Acos
nπ
4
−2Bsin
nπ
4
= (
1
√
2
−2)sin
nπ
4
+
1
√
2
)cosnπ4
⇐⇒ A(
1
√
2
.cos
nπ

1
√
2
−2)sin
nπ
4
+
1
√
2
cosnπ4
⇐⇒ (
1
√
2
A +
1
√
2
B − 2A)cos
nπ
4
+ (−
1
√
2
A +
1
√
2

B =
1
√
2
−
1
√
2
A + (
1
√
2
− 2)B =
1
√
2
− 2
⇐⇒

A = 0
B = 1
Suy ra: x
R
n
= sin
nπ
4
.
3.2. Phương pháp biến thiên hằng số cho nghiệm riêng của
phương trình sai phân tuyến tính cấp một .

+ bC
n
λ
n
= f
n
⇔ C
n+1
λ
n+1
+
b
a
C
n
λ
n
=
1
n
f
n
⇔ C
n+1
λ
n+1
− (−
b
a
)C

1
n
f
n
⇔ λ
n+1
(C
n+1
− C
n
) =
1
n
f
n
⇔ C
n+1
− C
n
=
f
n
a.λ
n+1
Ta có:
C
1
− C
0
=

n
Cộng vế theo vế các đẳng thức trên, ta có:
C
n
− C
0
=
1
a

n−1
i=0
f
i
λ
i+1
⇐⇒ C
n
= C
0
+
1
a

n−1
i=0
f
i
λ
i+1

n+1
= x
n
+ n.n! ⇐⇒ x
n+1
− x
n
= n.n!.
Phương trình đặc trưng: λ − 1 = 0 ⇐⇒ λ = 1.
Suy ra: x
T N
n
= C
và x
R
n
= C
n
Thay x
R
n
vào phương trình xuất phát, ta được:
C
n+1
= C
n
+ n.n!
⇐⇒ C
n+1
− C

T Q
n
= n.n!. .
Ví dụ 11 . Giải phương trình sai phân:
x
n+1
= x
n
+ cosnx, x
0
= 0.
Giải
x
n+1
= x
n
+ cosnx ⇐⇒ x
n+1
− x
n
= cosnx.
Phương trình đặc trưng: λ − 1 = 0 ⇐⇒ λ = 1.
Suy ra: x
T N
n
= C
và x
R
n
= C

) − sin(nx −
x
2
)
2sin
x
2
(với sin
x
2
= 0)
20
=
sin(n + 1 −
1
2
)x
2sin
x
2
−
sin(n −
1
2
)x
2sin
x
2
= ∆


n
=
sin(n −
1
2
)x
2sin
x
2
.
=⇒ x
R
n
=
sin(n −
1
2
)x
2sin
x
2
.
Từ đó, ta có nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là:
x
T Q
n
= x
T N
n
+ x

1
2
)x
sin
x
2
.
Ví dụ 12 . Giải phương trình sai phân:
x
n+1
= 3x
n
+ 2.3
n+1
, x
0
= 1.
Giải
x
n+1
= 3x
n
+ 2.3
n+1
⇐⇒ x
n+1
− 3x
n
= 2.3
n+1

n+1
− C
n
= 2.3
n+1
⇐⇒ ∆C
n
= 2 = 2(n + 1) − 2n = ∆(2n)
Suy ra: ∆C
n
= ∆(2n).
⇐⇒ C
n
= 2n.
⇐⇒ x
R
n
= 2n.3
n
.
Từ đó, ta có nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là:
x
T Q
n
= x
T N
n
+ x
R
n

n
− 2n + 1 ⇐⇒ x
n+1
− 3x
n
= −2n + 1.
Phương trình đặc trưng: λ − 3 = 0 ⇐⇒ λ = 3.
Suy ra: x
T N
n
= C.3
n
và x
R
n
= C
n
.3
n
Thay x
R
n
vào phương trình xuất phát, ta được:
C
n+1
.3
n+1
= C
n
.3

n
3
n

.
⇐⇒ C
n
=
n
3
n
.
⇐⇒ x
R
n
= n.
Từ đó, ta có nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là:
x
T Q
n
= x
T N
n
+ x
R
n
= C.3
n
+ n.
22

(n
2
− 3n + 1)n! ⇐⇒ x
n+1
− 5x
n
=
1
5
(n
2
− 3n + 1)n!.
Phương trình đặc trưng: λ − 5 = 0 ⇐⇒ λ = 5.
Suy ra: x
T N
n
= C.5
n
và x
R
n
= C
n
.5
n
Thay x
R
n
vào phương trình xuất phát, ta được:
C

n+2
Mà ta có:
(n
2
− 3n + 1)n!
5
n+2
=
(n + 1)
2
n!
5
n+2
−
n.n!
5
n+1
=
(n + 1)(n + 1)!
5
n+2
−
n.n!
5
n+1
= ∆

n.n!
5
n+1

R
n
= C.5
n
+
n.n!
5
.
x
0
= 0 =⇒ C = 0
Vậy: x
T Q
n
=
n.n!
5
.
23