SAI PHÂN VÀ MỘT SỐ ỨNG DỤNG
TRONG GIẢI TOÁN
Ngày 11/3/2010, trong kỳ thi chọn học sinh giỏi Quốc gia lớp 12 môn
toán có câu số 2(5 điểm/20 điểm; Đề có 5 câu):
“Cho dãy số thực
( )
a
n
xác định bởi :
1
5a
=
và
1 1 1
1
2 2.3
n n n
n
n n
a a
− − −
−
= + +
với
mọi n
2≥
.
1/ Tìm số hạng tổng quát của dãy số
( )
a
n

1
2 2
2 2.3
n n
k k k k
k k
k k
a a
− − −
−
= =
− = +
∑ ∑
.
Hay
( ) ( )
1 1
1
2 2 1 3 3 1
n n n
n
a a
− −
− = − + −
2 3 2 3
n
n n n n n
n n
a a
⇔ = + ⇔ = +

 ÷  ÷
 ÷  ÷
   
   
Ta có: 1<
1
2
1
3
n
+
 
+
 ÷
 
<
2
1
3
n
 
+
 ÷
 
suy ra:
1
1
2 2 2
1 1 1
3 3 3

n
u
u u
+
=


=

= +


Xét dãy số
1
1 2
2 3
( 1;2;3; )
n
n
n
u
u u
v n
u u u
−
= + + + =
. Chứng minh dãy số
{ }
n
v

+ +
−
= ⇔
1 1
1 1
2010
n
n n n
u
u u u
+ +
 
= −
 ÷
 
với n = 1, 2, …
Áp dụng phương pháp sai phân, ta có:
1 1
1 1
1 1
2010
n n
k
k k
k k k
u
u u u
= =
+ +
 

} bị chặn trên => tồn tại giới hạn hữu hạn a =
lim
n
u
; a>1
Vì u
n+1
=
2
2010
n
n
u
u
+
, chuyển qua giới hạn, ta có:
a
a
a
+=
2010
2
=> a = 0 trái với a>1
Suy ra dãy không bị chặn trên; vì {u
n
} dăy tăng, nên ta có
lim
n
u
= +∞

2
( ; 2)
2 3 ( 1)
( 1)
n
n
x
n N n
x x x n x
x
n n
−
=


∈ ≥
+ + + + −

=

−

.
Tính
lim
n
u
, với
3
( 1)

n n n
n v n v v
− −
− = − − +

Hay
2 2
1
( 1) ( 1)
n n
n v n v
−
− = −
1
( 1) ( 1)
n n
n v n v
−
⇔ + = −
. Nếu để nguyên như vậy
sẽ khó tìm được v
n
.
Ta có thể làm như sau:
1 1
( 1) ( 1) ( 1) ( 1)
n n n n
n v n v n nv n n v
− −
+ = − ⇔ + = −

n n n
n n
u n x v
n n
+ +
= + = =
.
Đến đây thì thật đơn giản, lim
4
n
u =
.
Vấn đề sai phân và ứng dụng của sai phân giải toán dãy số cũng
như giải toán nói chung đã được nhiều người quan tâm, cho dù mức độ cũng
như dạng loại cũng có phần khác nhau. Người viết bài này đã để tâm sưu
tầm, tìm tòi và nghiên cứu khá sâu về sai phân, nay – qua quan sát các đề thi
chọn học sinh giỏi lớp 12 cấp Tỉnh, cấp Quốc gia vừa diễn ra trong thời gian
qua, thấy tầm quan trọng của phương pháp sai phân, nên xin được trao đổi
tại đây; Mong góp phần nhỏ bé vào việc đào tạo bồi dưỡng học sinh giỏi của
tỉnh nhà.
LỜI NÓI ĐẦU:
Một trong các dạng toán hay và khó trong chương trình phổ thông
trung học là toán về dãy số , trong đó Sai phân và ứng dụng của sai phân
là phần rất quan trọng nó không những góp phần giải quyết các bài toán dãy
số mà còn giúp giải một số bài toán khác như: phương trình hàm, đa thức,
bất đẳng thức Về bản chất sai phân là tìm cách tách một số hạng của dãy số
đã cho thành hiệu (hay tổng quát hơn là tổng đại số) của hai hay ba số hạng
liên tiếp của dãy số khác. Trong sách giáo khoa gần như không đề cập vấn
đề này, nhưng trong các kỳ thi học sinh giỏi các cấp vấn đề này thường hay
được đề cập đến. Các sách tham khảo hiện có một số bài toán có sử dụng

U aU b
+
= +
( với a,b cho trước) hãy xác định
số hạng tổng quát
n
U
của dãy số. Ta gọi đó là phương trình sai phân cấp I
( tức là để tìm một số hạng của dãy cần biết một số hạng ngay trước nó).
Đây là bài toán cơ bản có cách giải đơn giản:
+) Nếu a=1 thì dãy số là cấp số cộng công sai b nên
1
( 1)
n
U U n b= + −
+) Nếu a
≠
1 ta có
1
( );
1
n n
b
U c a U c c
a
+
+ = + =
−
khi đó dãy là cấp số nhân , công
bội a nên

n
U U n b= + −
+) Nếu a
≠
1 ta có:
1
1
1 1
n n
n n
n n n
U U b
U aU b
a a a
+
+
+ +
= + ⇒ = +
.
Đặt
1
1
n
n n n
n n
U b
V V V
a a
+
+

( 1)
n
n n
n
k n
k
U b b U
U a a
a a a a a a
−
+ −
=
= + = − +
−
∑
. Thử lại thoả mãn.
Phương pháp này gọi là Sai phân cấp I: Tức là tách một số hạng của dãy
thành hiệu hai số hạng liên tiếp của dãy mới, cũng có thể thay dấu bằng bởi
các dấu lớn, nhỏ hơn mà ta sẽ thấy qua các ví dụ dưới đây, phương pháp này
có ứng dụng rất lớn.
Ví dụ 1:
a) Chứng minh rằng :
n
U
<2
*n N
∀ ∈
với
1
1

∑
Giải:
a) Ta có
1 1 1 1 1 1 1 1 1
( ) ( )( ) 2( )
( 1) 1
( 1) 1 1 1
k
k k
k k k k
k k k k k k k k
= = − = + − < −
+ +
+ + + +
Do đó
1 1
1 1 1 1
2( ) 2(1 ) 2
( 1) 1 1
n n
n n
k k
U U
k k k k n
= =
= < − = − ⇒ <
+ + +
∑ ∑
b) Ta có
1 1 1 1

n n
k
k
k
a
b b
a
a
−
=
= −
∑
Chứng minh rằng
0 2 *
n
b n N≤ < ∀ ∈
Giải :
Tacó:
1 1
1 1
( )( )
1 1
(1 )
k k k k
k k k
k k
k k k k
a a a a
a a a
a a

=
− +


≤ − = − < ≤
÷

 ÷


∑
(Vì
0
1a ≥
) (Đpcm).
Ví dụ 4:(Olympic Toán Trung Quốc 1964)
Cho dãy số
{ }
2
1
: 0; ( *)
n n n n n
a a a a a n N
+
> ≤ − ∀ ∈
. Chứng minh rằng
1
( *)
n
a n N

1 ( )
1
n
k
k k k k k
n
a a a a a
=
+ +
− ≥ > ⇒ − >
−
∑

1
1 1
1 1 1
1
1
n
n
n n a
a a n
+
+
> + > + ⇒ <
+
hay
1
n
a

i i i
x x x≤ ≤ ≤
Theo giả thiết có:
( )
1
1 1
1 1
1,2, , 1
1 ( 1)
k k
i i
k k k k
x x k n
i i i i
+
+ +
− ≥ + ∀ = −
+ +
Khi đó ta có :
1
1
1 1
1 1 1 1 1 1
2 2(1 )
( 1) ( 1) ( 1) 1 2 6
n
n
i i
i
n n

Ví dụ 5: (Olympic Toán quốc tế 1968)
Tính tổng:S =
1
0
2
2
k
k
k
n
∞
+
=
 
+
 
 
∑
; n là số nguyên dương cho trước( kí hiệu
[ ]
x
là
phần nguyên của x).
Giải:
+) Dễ chứng minh
[ ] [ ]
1 1
2 2 2 2
x x x x
x x x R

k
k
k
n
∞
+
=
 
+
 
 
∑
=
1 0 1
1
( )
2 2 2 2
m
k k m
k
n n n n
n
+ +
=
       
− = − =
       
       
∑
( Vì luôn có m đủ

. Chứng minh rằng khi
0 998n
≤ ≤
thì
[ ]
1994
n
a n= −
Giải:
+)Dễ chứng minh
1
0 ( )
n n
a a n N
+
< < ∈
bằng quy nạp
+) Có
2
1
1
1
1 1 1
k k
k k k
k k k
a a
a a a
a a a
+

a
−
=
<
+
∑
Thật vậy :
1 1
0 0
1 1
1 1 998
1
1 1 1 1 997
n n
k k
k n n
n
a a a
− −
== =
− −
< = ≤ =
+ + + +
∑ ∑
(vì
1
: 0 998 1994 ( 1) 997
n
n n a n
−

Chia cả hai vế của đẳng thức đã cho cho (n-1)n(n+1) ta có:
1
2
(1)
( 1) ( 1) ( 1)
n n
a a
n n n n n n
+
= −
+ − +
Đặt
(1)
( 1)
n
n
a
b
n n
= ⇒
−
có dạng:
1 1
2 2 2
( *)
( 1) 1
n n n n
b b b b n N
n n n n
+ +

2
a
−
)
2 2
1000 (2 ( 1)1999)
2 2
a a
Z⇔ + − ⇒ ∈
Hay
2 2 2
1000 (2 2000( 1) 1 ) 1000 2 1
2 2 2
a a a
 
 
+ − − − ⇔ − −
 ÷  ÷
 
 
Vì thế ta có
2
1 1000 2( )
2
a
m m Z− = + ∈
2( 1) (1000 2) ( 1)
n
a n m n n⇒ = − + + −
Vì n(n-1) chẵn nên a

Chỉ cần chọn g(x)=ax
2
+bx ( đa thức có bậc lớn hơn bậc của x một đơn vị)
Ta có
2 2
( 1) ( 1) ( ) ( )a x b x ax bx x x+ + + − + = ∀
1 1
2 ,
2 2
ax a b x x a b⇔ + + = ∀ ⇒ = = −
khi đó bài toán đã cho
( ( 1) ( 1)) ( ( ) ( )) 0f x g x f x g x x⇔ + − + − − = ∀
Theo a) ta có f(x)- g(x)=A( hằng số) hay f(x) =
2
1 1
( )
2 2
x A x− + ∀
Thử lại đúng.
c)Tương tự câu b), nhưng tìm g(x) = ax+b (cùng bậc với 2x+5) sao cho
g(x+1)-3g(x) = 2x+5
∀
x
Ta có a(x+1)+b-3(ax+b)=2x+5(
∀
x)
2 2 2 5 1, 3ax a b x x a b⇔ − + − = + ∀ ⇔ = − = −
khi đó giả thiết có dạng: (f(x+1)-g(x+1)) - 3(f(x)-g(x)) = 0 (
∀
x)

[ ] [
)
( ) 0;1
( ) 0;1
l x x
f x x x
∀ ∈


− ∀ ∉

với l(x)
bất kì xác định trên [0;1). Từ bây giờ ta gọi là hàm tuần hoàn chu kỳ 1 ;
Tổng quát có thể chu kỳ a
≠
0
b)Dùng phương pháp sai phân:
Tìm một hàm số g(x) sao cho g(x+2) - g(x) = 3x - 1
∀
x
Ta chọn g(x) = ax
2
+ bx; ta có a(x+2)
2
+ b(x+2) - (ax
2
+bx) = 3x-1(
∀
x) hay
4ax+4a+2b = 3x-1

h(x), ta có h(x+1) = h(x) (
∀
x) tức là h(x) là hàm số tuần hoàn
chu kỳ 1(đã xác định theo câu a) hay f(x)=3
x
h(x) (
∀
x)
Bước hai: Ta tìm hàm số g(x) = ax+b sao cho g(x+1) - 3g(x) = x (
∀
x)
( 1) 3( ) ( )a x b ax b x x+ + − + = ∀
hay a= -
1
2
; b= -
1
4
Khi đó f(x+1)-g(x+1) = 3(f(x)- g(x)) (
∀
x) . Theo kết quả ở trên suy ra
f(x) =
1 1
2 4
x− −
+3
x
h(x), ở đó h(x) là hàm tuần hoàn chu kỳ 1 bất kỳ.
d) Ta tìm hàm số g(x) = a.2
x

sin 2 ( 2 1) 0
a cos b
a b cos
− − =


+ − =

Định thức D = 2 - 2cos2
0≠
nên a,b xác định duy nhất
Tiếp theo ta có giả thiết trở thành: f(x+2)- g(x+2) = f(x)-g(x).Vậy f(x)-g(x)
là hàm tuần hoàn chu kỳ 2 (đã biết hàm tuần hoàn hoàn toàn xác định theo
câu a)). Ngược lại nếu f(x) = g(x) + h(x) với h(x) là hàm tuần hoàn chu kỳ
2 bất kỳ, g(x) xác định như trên ta chứng minh được f(x) thoả mãn yêu cầu.
II )Sai phân cấp I suy rộng :
Ta đã giải quyết được bài toán tìm U
n
thoả mãn U
n+1
=aU
n
+b với a, b là
các hằng số và một vài ví dụ về áp dụng sai phân cấp I
Bây giờ ta sẽ giải bài toán phức tạp hơn: tìm U
n
thoả mãn
U
n+1
=aU

Ta tìm đa thức bậc 1 với n ( cùng bậc với (n+1) ) là: an+b sao cho
( 1) 2( ) 1( *)a n an b n n N
+ − + = + ∀ ∈
hay
1
2
a
b
= −


= −

Khi đó (1)
1
( 1) 2 2( 2)
n n
U n U n
+
⇔ + + + = + +
Đặt
1
2 2
n n n n
V U n V V
+
= + + ⇒ =
Vậy
1 1
2 2 .4 2 2 2

2
an bn+
sao
cho
2 2
( 1) ( 1) 1( *)a n b n an bn n n N+ + + − − = + ∀ ∈
Giải ra ta được a = b =
1
2
Khi đó (*)
2 2
1
1 1 1 1
( 1) ( 1)
2 2 2 2
n n
U n n U n n
+
⇔ − + − + = − −
Đặt
2
n 1
1 1
V ( *)
2 2
n n n
U n n V V n N
+
= − − ⇒ = ∀ ∈
. Vậy

+
=


= +

b)Tìm
{ }
1
1
1
:
1
2
n
n
n n
U
U
U U
+
=





= +
 ÷


n+1
ta có :
1
1
1 3
2 2 2 2
n
n n
n n
U U
+
+


= +
 ÷


.Đặt
1
1 3
2 2 2
n
n
n n n
n
U
V V V
+


3 2
n n
n
U = −
. Thử lại thoả mãn.
Cách 2:
Ta tìm g(n) = a.3
n
sao cho:
( 1) 2 ( ) 3 *
n
g n g n n N+ − = ∀ ∈
1
3 2 3 3 *
n n n
a a n N
+
⇔ − = ∀ ∈
chọn được a =1. Khi đó
giả thiết trở thành
1 1
1 1
3 2( 3 ) 3 2 ( 3)
n n n n
n n n
U U U U
+ −
+
− = − ⇔ − = −
.

 
 
+ = +
 ÷  ÷
 
 
.
Vậy
1
1
1 1 1
2 2 2
2 2 2
n n
n n
U U U
−
  
  
+ = + ⇒ = −
 ÷  ÷  ÷
  
  
c)Cách 1:
Từ giả thiết suy ra
1
1 1
1
1 1
( 1) 3

1 1 1
1
3 ( 1)3 3
n n n
n
U n U n
− − −
= + − =
Ví dụ 4:
a) Tìm
{ }
1
1
1
:
n
n n
U
U
U U cosn
+
=


= +

b) Tìm
{ }
1
1

n
U
−
−
= +
Cách 2:
Ta tìm g(n) = a cosn + b sinn sao cho: g(n+1) - g(n) = cosn hay:
(cos1 1) sin1 1
sin1 (cos1 1) 0
a b
a b
− + =


− + − =

vì định thức D = 2-2cos1 > 0 nên hệ có nghiệm duy
nhất là (a;b). Khi đó ta có:
1
( 1) ( ) *
n n
U g n U g n n N
+
− + = − ∀ ∈
suy ra
1
( ) (1) cos sin 1 cos1 sin1
n
U g n U g a n b n a b= + − = + + − −


n
U g n g
−
⇒ = + −
(với g(n) xác định
theo hệ trên)
Đến đây ta thấy rõ ràng lợi ích của phép sai phân: tìm hàm g(n) để
đưa về bài toán đã biết(với f(n)=0)
Bây giờ ta sẽ giải quyết bài toán phức tạp hơn: f(n) là tổng hai hàm
trong ba hàm số đã nêu là hàm đa thức, hàm mũ và hàm cosin, sin của biến
n. Để nắm được phương pháp chung ta chỉ cần xét một ví dụ sau:
Ví dụ 5:
Tìm
{ }
1
1
1
:
2 3
n
n
n n
U
U
U U n
+
=


= + +

Một lần nữa ta thấy lợi ích của phương pháp sai phân có thể giải được
bài toán khi f(n) phức tạp hơn: có dạng tổ hợp của các f(n) đã cho.
III) Sai phân cấp II:
Ta gọi biểu thức af(x+2)+bf(x+1)+cf(x) là sai phân cấp II của biến x.
Phương trình sai phân cấp II thuần nhất: af(x+2)+bf(x+1)+cf(x) = 0(*) trong
đó x thuộc R hay thuộc N. Ta xét cách giải và mở rộng cho phương trình
không thuần nhất ( tức là vế phải của phương trình (*) là hàm số) thông qua
các ví dụ.
Ví dụ 1:
Tìm
{ }
1 2
2 1
;
:
4 3 *
n
n n n
U U R
U
U U U n N
+ +
∈


= − ∀ ∈

Giải:
Giả thiết
2 1 1

U U U U
−
+
−
+

− = −
∀ ∈

− = −

. Cộng đại số hai đẳng thức ta có
1 1
2 1 2 1
1
(( )3 ( 3 )1 )
2
n n
n
U U U U U
− −
= − − −
Hay
3 1 *
n n
n
U n N
α β
= + ∀ ∈
ở đó

2
.
Ví dụ 2:
Tìm
{ }
1 2
2 1
;
:
4 4 ( *)
n
n n n
U U R
U
U U U n N
+ +
∈


= − ∀ ∈

Giải:
Dễ thấy từ giả thiết suy ra
( )
2 1 1
2 2 2 *
n n n n
U U U U n N
+ + +
− = − ∀ ∈

⇒ = + − −
Thử lại thoả mãn.
Tổng quát: Nếu phương trình đặc trưng có nghiệm kép x
0
thì
U
n
=(an+b)x
0
n
với a và b xác định nhờ U
1
;U
2
.
Ví dụ 3:
Tìm
{ }
1 2
2 1
1
:
*
n
n n n
U U
U
U U U n N
+ +
= =

π π
= +
*n N
∀ ∈
a, b xác định nhờ U
1
;U
2
. Thử lại thấy thoả mãn
đề bài.
Tổng quát: phương trình sai phân mà trong đó phương trình đặc
trưng có 2 nghiệm phức liên hợp thì:
( sin )
n
n
U r acosn b n
α α
= +
.
( Ở đó
1;2
( sin )x r co
α α
= +
là hai nghiệm của phương trình đặc trưng).
Ví dụ 4:
Tìm tất cả các hàm số f(x) thoả mãn:
[ ] [ ] [ ]
: ; ; & ( ( )) 2006 ( ) 2005 ;f a b a b f f x f x x x a b
→ = − ∀ ∈

. Nếu
β
>0, cho n
→ +∞
thì
n
a → +∞
, trái giả thiết. f(x)
[ ] [ ]
; ;a b x a b∈ ∀ ∈
. Nếu
β
<0, cho n
→ +∞
thì
n
a → −∞
, trái giả thiết. f(x)
[ ] [ ]
; ;a b x a b∈ ∀ ∈
.Vậy
β
=0 hay a
n
=
α
là hằng số
n
∀
, tức là f(x


+

Giải:
Đặt
1 1
1;
n
n
n
V
V V
U
+
= =
( Vì dễ chứng minh U
n
0 n
≠ ∀
). Khi đó giả thiết đã cho trở
thành:
1
2 1
2
1
1
2 0
2
n
n n n

( )
3 2
(2 3) 1
2 1
n
n n
n
V n U
n
−
= − − ⇒ =
+
.Thử lại thoả mãn.
Tổng quát: Nếu cho dãy số
{ }
1
1
:
1
n
n
n
U R
U
U
aU b
+
∈



Tìm
{ } { }
1 1
1
1
1; 2
& : 2 (1)
2 (2)
n n n n n
n n n
U V
U V U U V
V U V
+
+
= =


= − +


= −

Giải
Từ (1) ta có
1
2
n n n
V U U
+

{ }
2 2
1 2 1 2 1 2
2
2 1
; ;( )/ ; 0 *
:
( ) / ( *)
n
n
n n n
a a Z a a a a a Z a n N
a
a a a a n N
+ +

∈ + + ∈ ≠ ∀ ∈

= + ∀ ∈

( a là số cho trước ). Chứng minh rằng dãy số đã cho gồm toàn số nguyên.
Giải:
Từ giả thiết suy ra
2
2 1n n n
a a a a n
+ +
= + ∀
suy ra
2

a a
t
a
+ −
+
=
(hằng số;
2n
∀ ≥
) hay
1 1
( 2)
n n n
a ta a n
+ −
= − ∀ ≥
Mặt khác
2 2
2
3 1 1 2
3 2 1
2 1 2
( )/
a a a a a
a a a a t Z
a a a
+ + +
= + ⇒ = = ∈
.
Vì

a
không chia hết cho p.
Giải:
Theo công thức nghiệm phương trình sai phân cấp 2 ta có:
( ) ( )
1 1
n n
n
a a a
α β
= + + −
, cho n bằng 0;1 ta có
1
2 a
β α
= − = −
. Từ đó suy ra
1
2
2 1
0
n
k k
n n
k
a C a
−
+
=
=

2 1
( )
n n n
aU bU cU f n
+ +
+ + =
; trong đó
( )f n
là hàm đa thức của n, hàm mũ của n,
hàm cosn, sinn.
Ta có thể thấy phương pháp thông qua ví dụ cụ thể:
Ví dụ 1:(Trường hợp phương trình đặc trưng có 2 nghiệm phân biệt khác 1).
Tìm
{ }
0 1
2 1
1; 2
:
5 6 ( )
n
n n n
U U
U
U U U f n
+ +
= =


= − +


2.2
4 2 4
n
n
n
U = − + + +
.
Thử lại thoả mãn.
b) Ta tìm g(n) = acosn + bsinn sao cho g(n+2) - 5g(n+1) + 6g(n) = f(n)
n N
∀ ∈
(Định thức D khác 0 nên có duy nhất (a;b))
Và kết quả là
5
( ) 2.2 3
4
n n
n
U g n= − +
, g(n) như trên. Thử lại thoả mãn.
Ví dụ 2:(Trường hợp phương trình đặc trưng có nghiệm x=1 là nghiệm đơn).
Tìm
{ }
1 1
2 1
0; 1
:
4 3 3 2
n
n n n

= −
. Do đó
11 11
3
8 8
n
n
b = − +
, hay
2
11 11 3
3
8 8 4
n
n
a n n= − + − −
.
Thử lại thoả mãn.
Ví dụ 3:(Trường hợp phương trình đặc trưng có nghiệm kép x =1).
Tìm
{ }
0 1
2 1
0; 1
:
2 2 3
n
n n n
a a
a

b b b
+ +
= −
. Từ đó
suy ra
1 1
( 0).1
6 6
n
n
b n n= + =
.
Vậy
3 2
1 1 1
3 2 6
n
a n n n= + +
. Thử lại thoả mãn.
Ví dụ 4:( Trường hợp f(n) là hàm mũ của n và phương trình đặc trưng có
một nghiệm khác cơ số của hàm mũ, một nghiệm trùng cơ số)
Tìm
{ }
0 1
2 1
1; 2
:
5 6 3
n
n

+ +
= − = −
5
2.2 3
4
n n
n
V⇒ = − +
Vậy
1
5
2.2 3 3
4
n n n
n
U n
−
= − + +
. Thử lại thoả mãn
Ví dụ 5: (Trường hợp cả hai nghiệm phương trình đặc trưng khác với cơ số
hàm mũ)
Tìm
{ }
0 1
2 1
0; 1
:
5 6 3.5
n
n

n n n
b b b
+ +
= −
.
Giải ra ta có :
3
2
n
n
b = −
.Do đó
3 5
2 2
n n
n
a = − +
. Thử lại thoả mãn
Ví dụ 6:( Trường hợp phương trình đặc trưng có nghiệm kép là cơ số của
hàm mũ).
Tìm
{ }
0 1
2 1
0; 1
:
4 4 5.2
n
n
n n n

,ta có phương trình sai phân
2 1
4 4
n n n
b b b
+ +
= −
.
Giải ra ta có
1
.2
n
n
b n
−
=
.Vậy
1 2
5
.2 .2
8
n n
n
a n n
−
= +
.Thử lại thoả mãn.
Ví dụ 7:
Tìm
{ }

+ + + + =
hay:
( 2 1 1) ( 2 sin1) 1
( 2 sin1) ( 2 1 ) 0
acos bcos asin b
asin b acos bcos c
α β
α β
+ + + + =


− − + + + =

Rõ ràng hệ có nghiệm duy nhất vì định thức D của ẩn khác 0.
Gọi (
; )
α β
là nghiệm của hệ . Đặt
( )
n n
b a g n= −
. Khi đó ta có phương trình sai
phân
2 1
0
n n n
ab bb cb
+ +
+ + =
. Dù phương trình đặc trưng có nghiệm như thế nào

n n
a a
+
+
là số chính phương
( 1)n ≥
Giải:
Theo cách giải đã biết (ví dụ 3; mục IV) ta tìm g(n) = an
2
sao cho g(n+1) -
2g(n) + g(n-1) =1
*n N∀ ∈
. Giải ra ta có g(n) =
2
2
n
. Đặt
2
2
n n
n
b a= −
ta có
phương trình sai phân
1 1
2
n n n
b b b
+ −
= −

a a
a
a cos a a
π
+ +
= =



= −


Tính
2017
a
Giải:
Phương trình đặc trưng có hai nghiệm phức liên hợp
1,2
12 12
x cos sin
π π
= ±
.Khi
đó ta có:
. .sin
12 12
n
a A cosn B n
π π
= +

2 1 3
n
n n n
a
a
a a a
+
=



= + +



Chứng minh rằng dãy số gồm toàn các số nguyên
Giải:
Giả thiết suy ra
2 2
2 1 1
15; 2 & ( 2 ) 1 3
n n n n n
a a a a a a
+ +
= > − = +
hay
2 2
1 1
4 1
n n n n

( *)
n
a Z n N∈ ∀ ∈
Ví dụ 4:
Tìm tất cả các hàm số f(x) sao cho:
a)
( ) 2 '( )f x f x=

x R∀ ∈
b)
( ) 2 '( ) ( )f x f x x x R= + ∀ ∈
c)
( ) 2 '( ) ( )
x
f x f x e x R= + ∀ ∈
d)
( ) 2 '( ) ( )f x f x cosx x R= + ∀ ∈
e)
2
( ) 2 '( ) 3 ( )
x
f x f x x x R= + + ∀ ∈
Giải:
a) Ta đã biết nếu hàm số g(x) có
'( ) 0 ( ; )g x x a b= ∀ ∈
thì
( ) ( ; )g x C x a b= ∀ ∈
- C là
hằng số. Giả thiết
⇔

1 1
2 2
( ) ( ) ( ) 2( )
x x
f x g x Ce f x Ce x x R− = ⇒ = + + ∀ ∈
. Thử lại thoả mãn.
c) Tương tự câu b) ta cũng tìm một hàm số
( )
x
g x ae=
sao cho
( ) 2 '( )
x
g x g x e x R− = ∀ ∈
Dễ thấy
( )
x
g x e= −
cũng như câu b) ta có
1
2
( )
x
x
f x Ce e= −
. Thử lại thoả mãn
d) Ta tìm hàm số g(x) = acosx + bsinx sao cho
( ) 2 '( ) ( )g x g x cosx x− = ∀
.
Giải ra ta có

( ) 2 '( ) 3 ( )
x
h x h x x R− = ∀ ∈
Giải ra ta được
2
( ) 4 8g x x x= + +
;
3
( )
1 2ln3
x
h x =
−
. Khi đó giả thiết trở thành:
( )
( ) ( ) ( ) 2 '( ) '( ) '( )f x g x h x f x g x h x x R− − = − − ∀ ∈
. Theo câu a) ta có:
1
2
( ) ( ) ( )
x
f x g x h x Ce x R− − = ∀ ∈
hay
1
2
2
3
( ) 4 8
1 2ln3
x

1
0
sin 3
3
k
n
k
k
α
+
=
∑
Với
α
là góc cho trước ; n là số tự nhiên cho trước
Bài 4:
Cho
. ( 1)
k
a tgk tg k= −
. Rút gọn S =
1
n
k
k
a
=
∑
Bài 5:
Cho dãy số dương

0
n
tg xdx
π
+
∫
( n
*)N∈
Bài 8:
Cho dãy số
{ }
1
1
:
1
2
n
n n
n
a R
a
a a
+
∈



= −



giới hạn, tôi cố gắng chọn lọc các ví dụ mang tính điển hình về phương pháp
sai phân. Hy vọng góp một phần nhỏ bé vào công tác giảng dạy toán phổ
thông nói chung và đào tạo bồi dưỡng học sinh giỏi nói riêng.
Trong lời giải các ví dụ đã nêu, phương pháp sai phân không đòi hỏi phải
chỉ ra hết các hàm g(n), (g(x)) thoả điều kiện sai phân đã nêu mà chỉ cần sự
tồn tại g(n),(g(x)) là đủ để tìm f(n), ((f(x); a
n
,U
n
, ) cần tìm. Việc chỉ ra
g(n), (g(x)), ban đầu đi tìm lời giải là dùng phương pháp mà toán học gọi là
“ thử và sai”; sau khi đã có kết quả thì chỉ cần nhớ để sử dụng. Trong khuôn
khổ bài viết, tôi không đi sâu phân tích cách chọn g(n),(g(x)) vì xét đến cùng
là học sinh cần cách giải, cách sử dụng sai phân vào giải toán. Đây là điều
mà cá nhân tôi muốn sự cảm thông của quý đồng nghiệp.
Cuối cùng xin chân thành cảm ơn sự quan tâm của các bạn đến bài
viết này. Xin trân trọng cảm ơn!
Phí Văn Dương
Phòng GDTrH