Đề tài Phương trình sai phân và các ứng dụng

ĐỀ TÀI PHƯƠNG TRÌNH SAI PHÂN VÀ CÁC ỨNG DỤNG Giảng viên hướng dẫn : Sinh viên thực hiện : BÀI THẢO LUẬN NHÓM 11 Môn Toán cao cấp Đề tài: PHƯƠNG TRÌNH SAI PHÂN VÀ CÁC ỨNG DỤNG Nội dung bài hảo luận gồm có các nội dung chính như sau: A/ Sai phân và PT sai phân 1. Lưới thời gian và sai phân Phương trình sai phân B/ Ứng dụng của PTSP Ứng dụng trong tìm công thức tổng quát của dãy số Ứng dụng của PTSP trong tính tổng của một dãy số 3.Ứng dụng của PTSP trong kinh tế 4. Một số ứng dụng khác của sai phân Nội dung chi tiết: A/ Sai phân và phương trình sai phân 11.1.1. Lưới thời gian và sai phân a) Lưới và bước lưới Cho điểm t0 trên trục thực và khoảng cách h>0. Tập các điểm trên trục thực: I := {t0 = nh : n Z } là một tập rời rạc, gồm các điểm cách điều nhau một khoảng cách là h, bắt đầu từ h0. Ta gọi I là một lưới thời gian với bước lưới là h. b) Sai phân GIả sử y(t) là một hàm trên lưới I; t I. Khi đó : Y(t) := y(t+h) – y(t) gọi là sai phân cấp một của hàm y(.) tại điểm t. y(t) := (y(t)) := [y(t+2h)-y(t+h)] - [y(t+h) – y(t)] := y(t+2h) – 2y(t+h) + y(t). gọi là sai phân cấp hai. Tương tự ta có y(t) := (y(t)) := y(t+ih) gọi là sai phân cấp k. Ý nghĩa: -Giả sử y(t) là một hàm khả vi trên R. Khi h>0 là một khoảng thời gian đủ nhỏ thì ta có xấp xỷ: Y(t+h) – y(t) y’(t)h Như vậy với hàm số khả vi khi bước lưới là bé thì sai phân có thể coi là xấp xỷ tích của đạo hàm và độ dài bước lưới. -Giả sử y(n) là một hàm trên lưới Z. ta cũng dùng ký hiệu y(.) : Z R : n y(n) hoặc y(.) : Z R : ny giá trị của hàm y(.) tại bước nZ được ký hiệu là y(n) hoặc y. như vậy, trên lưới Z theo các định nghĩa ở trên, ta có : y(n) =y(n+1) – y(n) y(n) = y(n)) = - = y(n+2) –2 y(n+1) + y(n) y(n) = y(n)) = y(n+k-i) Từ nay, để đơn giản khi trình bày, ta luôn lấy t0= 0 và h = 1 ( h=1 là đơn bị thời gian, chẳng hạn một giây, một giờ....) Trong trường hợp này ta có I Z := {0;;....}. Biến độc lập, theo truyền thống ta kí hiệu là n. c) Tính chất của sai phân 1) = 0 ( C hằng số) 2) [y(n) + y(n)] = y(n) + ( , R) 3) n= 0 khi k > m Đa thức bậc m-k khi k m 4) (k = 1, 2, 3 … ) Hệ quả: y(n) = y(N + 1) –y(M) 11.1.2 Phương trình sai phân ( PTSP) Định nghĩa 11.1 Giả sử y(n) là một hàm đối số nguyên, chưa biết, cần tìm từ đẳng thức. F(n, y(n), y(n),...,y(n), y(n)) = 0 (11.1) Trong đó không được khuyết y(n). Khi đó đẳng thức trên được gọi là một phương trình sai phân cấp k. Từ định nghĩa sai phân ta thấy phương trình (11.1) có thể viết dưới dạng tương đương như sau : F1(n, y(n+k), y(n+k-1),...,y(n+1), y(n) = 0 (11.2) Trường hợp đặc biệt, ta được phương trình sau : Y(n+k) = f(n, y(n+k-1), y(n+k-2),...,y(n+1),y(n)) (11.3) được gọi là một phương trình sai phân cấp k dạng chính tắc. Nghiệm Giả sử ta xét bải toán trên tập n J Z := {0;1;2;...). Mọi hàm số đối số nguyên mà khi thay vào phương trình được đẳng thức đúng với mọt n J đều gọi là nghiệm của phương trình sai phân đó ( trên J). Điều kiện ban đầu Cho một giá trị bất kì n0 và một bộ k giá trị thực tùy ý (). Nghiệm y(.) của phương trình sai phân, sao cho: Y(n0 = y Y(n0+1) = y (11.4) ...... Y(n0 +k -1) = y gọi là nghiệm thoả mãn điều kiện ban đầu (11.4). Để đơn giản, nếu không nói gì thêm, ta mặc định m0 = 0 Nghiệm tổng quát và nghiệm riêng định nghĩa 11.2: Giải phương trình sai phân cấp k, được kết quả là một đẳng thức tương đương dạng y(n) = (n, C1, C2 , ....Ck ) (11.5) trong đó C1, C2,...,Ck là k hằng số tự do, khi đó (11.5) gọi là nghiệm tổng quát của phương trình sai phân đó. Thay một bộ giá trị hằng số cụ thể vào nghiệm tổng quát , ta được đẳng thức: y(n) = (n,) đẳng thức này được gọi là một nghiệm riêng. Thông thường, nghiệm riêng được xác định theo điều kiện ban đầu. 11.2 Ph­¬ng tr×nh sai ph©n tuyÕn tÝnh thuÇn nhÊt. Ph­¬ng tr×nh d­íi ®©y gäi lµ ph­¬ng tr×nh sai ph©n tuyÕn tÝnh ( PTSPTT) cÊp k. aky(n +k) +ak-1y(n+k-1)+…+a1y(n+1)+a0y(n) = f(n) (aka0 0) (11.6) NÕu tån t¹i n sao cho f(n) ≠ 0 th× ph­¬ng tr×nh gäi lµ kh«ng thuÇn nhÊt. NÕu f(n) = 0 th× ph­¬ng tr×nh sau ®aay lµ ph­¬ng rt×nh thuÇn nhÊt t­¬ng øng cña (11.6) aky(n +k) +ak-1y(n+k-1)+…+a1y(n+1)+a0y(n) = 0 (11.7) NÕu cã hÖ sã ai phô thuéc vµo n th× nãi ph­¬ng tr×nh cã hÖ sè biÕn thiªn. Tr­êng hîp ng­îc l¹i, khi mäi hÖ sè ai ®Òu kh«ng phô thuéc vµ n th× nãi ph­¬ng tr×nh cã hÖ sè h»ng. TÝnh chÊt tËp nghiÖm cña ph­¬ng tr×nh tuyÕn tÝnh thuÇn nhÊt. MÖnh ®Ò 11.1 1) NÕu y1(n) lµ c¸c nghiÖm cña (11.7) th× víi mäi cÊp sè thùc α,β hµm y(n) = αy1(n) + βy2(n) còng lµ nghiÖm cña (11.7) 2) NÕu y1(n), y2(n),…,yk(n) lµ k nghiÖm ®éc lËp tuyÕn tÝnh cña (11.7) th× = C1y1(n) + C2y2(n) +…+ Ckyk(n) Trong ®ã C1,C2,...,Cn lµ c¸c h»ng sè tuú ý, lµ nghiÖm tæng qu¸t cña (11.7) Ngoµi ra, ta dÔ thÊy ph­¬ng tr×nh thuÇn nhÊt lu«n cã nghiÖm tÇm th­êng y(n) = 0. 11.2.1 Ph­¬ng tr×nh tuyÕn tÝnh cÊp 1 vµ hÖ sè h»ng. 1. Phương trình thuần nhất * Dạng tổng quát: ay(n + 1) + by(n) = 0 (*) Với a, b là hằng số ≠ 0 * Cách giải: Cách 1: Xét phương trình đặc trưng: aλ + b = 0 λ = -b/a Nghiệm tổng quát của phương trình (*) là: Y(n) = c(-b/a)n Cách 2: Truy hồi VD: y(n + 1) – 3y(n) = 0 (1) - Cách 1: Xét phương trình đặc trưng của (1) là λ – 3 = 0 =>λ = 3 => Nghiệm tổng quát của (1) là: y(n) = C. 3n - Cách 2: Truy hồi: y(n) ≠ 0 √ n, y(n + 1) = 3y(n) Ta có: y(1) = 3y(0) Y(2) = 3y(1) …………. Y(n) = 3y(n-1) Nhân vế với vế ta có: y(n) = y(0) * 3n Đặt y(0) = C => y(n) = C. 3n 2. Phương trình không thuần nhất: * Dạng tổng quát: ay(n + 1) +by(n) = f(n) (a.b ≠ 0; f(n) ≠ 0) Cách giải: Cách 1: Phương pháp chọn Bước 1: Giải phương trình thuần nhất ay(n+1) +by(n) = 0 Ta tìm được nghiệm tổng quát y(n) = (-b/a)n .c Bước 2: Tìm nghiệm riêng ü(n) của 1 Trường hợp 1: Cho hàm f(n) = αn.Pm(n) Với Pm(n) là đa thức bậc m của n + Nếu α không là nghiệm của phương trình đặc trưng, nghĩa là α ≠ -b/a. Nghiệm riêng của (1) có thể tìm dưới dạng: ü(n) = αn. Qm(n) Trong đó Qm(n) là một đa thức bậc m có hệ số chưa biết và có thể tìm bằng phương pháp hệ số bất định + Nếu α là nghiệm của phương trình đặc trưng thì tìm nghiệm riêng ở dạng: ü(n) = n. αn. Qm(n) Trường hợp 2: Cho hàm f(n) = αn. [ Pm(n)cos(nβ) + Ql(n).sin(nβ) ] Nghiệm riêng có thể tìm dưới dạng ü(n) = αn. [ Ph(n)cos(nβ) + Qh(n).sin(nβ) ] Trong đó h = max(l,m) Cách giải 2: Phương pháp biến thiên hằng số: Bước 1: Giải phương trình thuần nhất ay(n+1) +by(n) = 0 Ta tìm được nghiệm tổng quát y(n) = (-b/a)n .c Bước 2: Tìm nghiệm riêng của phương trình thuần nhất bằng biến thiên hằng số Coi C = C(n) khi đó: Y(n) = C(n). (-b/a)n y(n+1) = C(n+1). (-b/a)n+1 Thay vào phương trình Ay(n + 1) +by(n) = f(n) ta được: a.C(n+1).(-b/a)n+1 + b.C(n).(-b/a)n = f(n) C(n+1) – C(n) = (-1/b).(-a/b)n.f(n) Đây là phương trình sai phân tuyến tính hệ số hằng đối với C(n) ta có thể giải bằng các cách đã biết C(1) – C(0) = (-1/b). f(0).(-a/b)0 C(2) – C(1) = (-1/b). f(1). (-a/b)1 ………………… C(n) – C(n-1) = (-1/b). f(n-1). (-a/b)n-1 Cộng theo từng vế ta được: n-1 C(n) – C(0) = (-1/b). ∑ f(i). (-a/b)i i=0 Lấy hằng số tự do là C(0) = C ta được n-1 C(n) = C +(-1/b). ∑ f(i). (-a/b)i i=0 Thay vào y(n) ta được nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất là n-1 Y(n) = (-b/a)n.[ C +(-1/b). ∑ f(i). (-a/b)I ] i=0 Ví dụ: Giải phương trình: y(n+1) – 5y(n) = 5n(n + 3) Cách giải 1: Bước 1: Xét phương trình thuần nhất y(n+1) – 5y(n) = 0 Xét phương trình đặc trưng: λ – 5 = 0 λ = 5 y(n) = C.5n Bước 2: Ta có: f(n) = 5n(n+3) α=5 là nghiệm của phương trình đặc trưng Vậy ü(n) = n5n.(An+B) ü(n+1) = (n+1)5n+1(An +A + B). Thay vào phương trình ban đầu ta được: (n+1)5n+1(An + A + B) - 5n5n.(An+B) = 5n(n + 3) 5(n+1)(An + A +B) – 5n(An + B) = n+3 10An + 5(A + B) = n+3 10A = 1 và 5(A + B) = 3 A=1/10 và B = ½ ü(n) = n.5n(n/10 + 1/2) Nghiệm của phương trình là y(n) = C.5n + n.5n(n + 5)/10 Cách giải 2: Xét phương trình thuần nhất y(n+1) – 5y(n) = 0 Xét phương trình đặc trưng: λ – 5 = 0 λ = 5 y(n) = C.5n Coi C = C(n) ta có: C(n+1) 5n+1- 5.5n.C(n) = 5n(n+3) C(n+1) – C(n) = 5-1(n+3) C(1) – C(0) = 5-1(0+3) C(2) – C(1) = 5-1(1+3) ………….. C(n) – C(n-1) = 5-1(n-1+3) Cộng vế với vế ta được: C(n) – C(0) = 5-1(3+4+5+…+n+2) = (n2 + 5n)/10 Đặt C = C(0) Thay C(n) vào y(n) ta được nghiệm tổng quát của phương trình không thuần nhất là: Y(n) = (C + (n2 + 5n)/10) Chó ý 11.1 : Ta th­êng ding kÝ hiÖu (n) ®Ó chØ nghiÖm tæng qu¸t cña ph­¬ng tr×nh thuÇn nhÊt ®Ó tr¸nh nhÇm lÉn vÒ sau. Ta còng cã thÓ viÕt nghiÖm tæng qu¸t ®¬n gi¶n lµ y(n) 11.2.2 Ph­¬ng tr×nh tuyÕn tÝnh thuÇn nhÊt cÊp 2 hÖ sè h»ng XÐt ph­¬ng tr×nh sau víi a, b, c lµ c¸c h»ng sè vµ ac ≠ 0 ay(n+2) + by(n+1) +cy(n) = 0 (11.9) Ph­¬ng tr×nh nghiÖm phøc sau ®©y gäi lµ ph­¬ng tr×nh ®Æc tr­ng cña (11.9) a + bλ + c = 0 (ac ≠ 0 ) MÖnh ®Ò 11.3 1) NÕu ph­¬ng tr×nh ®Æc tr­ng (11.10) cã 2 nghiÖm thùc kh¸c nhau lµ th× nghiÖm tæng qu¸t cña 11.9 lµ: (n) = C1 + C2 2) NÕu (11.10) cã 2 nghiÖm thùc trïng nhau lµ λ1 = λ2 = λ th× nghiÖm tæng qu¸t cña (11.9) lµ = C1 + nC2 NÕu (11.10) cã 2 nghiÖm phøc liªn hîp lµ α iβ trong ®ã β ≠ 0; α iβ = r( i ) th× nghiÖm tæng qu¸t cña (11.9) lµ : (n) = (C1 + C2) ë ®©y C1,C2 lµ c¸c h»ng sè tïy ý. 11.2.3 Ph­¬ng tr×nh tuyÕn tÝnh thuÇn nhÊt cÊp k hÖ sè h»ng XÐt ph­¬ng tr×nh sau víi a0a1,…ak lµ c¸c h»ng sè víi aoak ≠ 0: aky(n +k) +ak-1y(n+k-1)+…+a1y(n+1)+a0y(n) = 0 (11.12) Ph­¬ng tr×nh nghiÖm phøc sau(11.13) 11.2.4 PTSPTT cÊp 1 hÖ sè biÕn thiªn Phương trình thuần nhất Dạng: a(n).y(n+1) + b(n).y(n) = 0 Cách giải: Truy hồi Gi¶ sö r»ng A(n)B(n) ≠ 0, n ≥ no. Kh«ng mÊt tÝnh tæng qu¸t khi ta gi¶ sö n0= 0 khi chØ xÐt ph­¬ng tr×nh sau: Y(n+1) = a(n)y(n) (a(n) ≠ 0, n ) (11.16) G¸n cho n lÇn l­ît c¸c gi¸ trÞ ta 0, 1, 2, …, n-1, ta ®­îc: y(1) = a(0)y(0) y(2) = a(1)y(1) … y(n) = a(n-1)y(n-1) Nh©n theo tõng vÕ lµ lÊy h»ng sè tù do lµ C = y(n) ta ®­îc nghiÖm tæng qu¸t cña ph­¬ng tr×nh (11.16) lµ : (n) = C Chó ý : 1)NÕu trong ph­¬ng tr×nh (11.16) a(n) ≠ 0 b¾t ®Çu n0 trë ®I th× ta lÊy C = y(n0) vµ b¾t ®Çu tÝnh c¸c gi¸ trÞ liªn tiÕp tõ n0+1 trë ®I 2) ViÖc lÊy h»ng sè tù do C = y(n0) hay C = y(n0+1) lµ kh«ng ¶nh h­ëng ®Õn nghiÖm tæng qu¸t Phương trình không thuần nhất: Dạng: a(n).y(n+1) + b(n).y(n) = f(n) (1) f(n) ≠ 0 Cách giải: Dùng truy hồi VD: Giải phương trình: Y(n+1) = (n+1)y(n) + (n+1)!.n Lời giải: Xét phương trình thuần nhất: Y(n+1) = (n +1)y(n) Ta có: y(1) = 1y(0) Y(2) = 2y(1) …………… Y(n) = n.y(n-1) Nhân vế với vế, lấy C = y(0) ta có nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất Y(n) = C.n! Coi C = C(n) ta được: y(n) = n!.C(n) Y(n+1) = (n+1)!.C(n+1) Thay vào phương trình không thuần nhất ban đầu ta được: (n+1)!.C(n+1) = (n+1)C(n)n! + n(n+1)! C(n+1) –C(n) = n C(1) – C(0) = 0 C(2) –C(1) = 1 ………… C(n) – C(n-1) = n-1 Cộng vế với vế ta được: C(n) – C(0) = n(n-1)/2 Coi C =C(0) => C(n) = C + n(n-1)/2 Thay vào biểu thức ta được nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất là: Y(n) = (C + n(n-1)/2) B/ Ứng dụng của PT sai phân I.Ứng dụng của PTSP trong tìm CTTQ của dãy số 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. 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. Dưới đây là ứng dụng của phương trình sai phân trong tìm công thức số hạng tổng quát của một dãy số. 1) Sai phân cấp I: Cho dãy : U1 cho trước , ( với a,b cho trước) hãy xác định số hạng tổng quát 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 +) Nếu a1 ta có khi đó dãy là cấp số nhân , công bội a nên Tuy nhiên nếu ta làm như sau thì sẽ thấy dẫn tới phương pháp sai phân: +) Nếu a =1: có hay +) Nếu a 1 ta có: . Đặt Do đó ; từ đó tìm được . 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:(Sai phân trong trong đa thức ) Tìm tất cả các đa thức f(x) R thoả mãn một trong các điều kiện sau: a) f(x+1)- f(x) = x x b) f(x+1)- 3f(x) = 2x+5 x Giải: a) Đây mới là bài toán dùng sai phân: Ta sẽ đưa về bài toán a) bằng cách tìm một đa thức g(x) sao cho: g(x+1) - g(x) = x (x) Chỉ cần chọn g(x)=ax2+bx ( đa thức có bậc lớn hơn bậc của x một đơn vị) Ta có khi đó bài toán đã cho Theo a) ta có f(x)- g(x)=A( hằng số) hay f(x) = Thử lại đúng. b)Tương tự câu a), nhưng tìm g(x) = ax+b (cùng bậc với 2x+5) sao cho g(x+1)-3g(x) = 2x+5x Ta có a(x+1)+b-3(ax+b)=2x+5(x) khi đó giả thiết có dạng: (f(x+1)-g(x+1)) - 3(f(x)-g(x)) = 0 (x) Dễ chứng minh đa thức h(x) thoả mãn h(x+1) - 3h(x) = 0 (x) là đa thức đồng nhất bằng 0 (đồng nhất hệ số). Vậy f(x) = g(x) = - x - 3x. Ví dụ 2 :(Sai phân trong phương trình hàm) Tìm các hàm số xác dịnh trên R và thoả mãn một trong các điều kiện sau: a)f(x+2) = f(x) + 3x - 1x b)f(x+1) = 3f(x) + x c) f(x+1) = 3f(x) + 2x x Giải: a)Dùng phương pháp sai phân: Tìm một hàm số g(x) sao cho g(x+2) - g(x) = 3x - 1x Ta chọn g(x) = ax2 + bx; ta có a(x+2)2 + b(x+2) - (ax2+bx) = 3x-1(x) hay 4ax+4a+2b = 3x-1 x , nên a = ; b = -2 Khi đó ta có giả thiết tương đương với f(x+2) - g(x+2) = f(x) - g(x) x .Vậy f(x) - g(x) là hàm tuần hoàn chu kỳ 2, ta gọi đó là h(x)( hoàn toàn xác định) hay f(x) = h(x) + x2 - 2x .Thử lại thoả mãn. b)Trước tiên ta tìm hàm số f(x) thoả mãn: f(x+1)=3f(x) (x) Đặt f(x) = 3x 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)=3xh(x) (x) Bước hai: Ta tìm hàm số g(x) = ax+b sao cho g(x+1) - 3g(x) = x (x) hay a= - ; b= - Khi đó f(x+1)-g(x+1) = 3(f(x)- g(x)) (x) . Theo kết quả ở trên suy ra f(x) = +3xh(x), ở đó h(x) là hàm tuần hoàn chu kỳ 1 bất kỳ. c) Ta tìm hàm số g(x) = a.2xsao cho g(x+1) - 3 g(x) = 2x (x) hay a.2x+1- 3a.2x=2x x suy ra a = -1 Khi đó bài toán đã cho thành: f(x+1) - g(x+1) = 3(f(x)- g(x)) (x) Cũng theo kết quả trên thì f(x) = 3x h(x) - 2x (x), trong đó h(x) là hàm tuần hoàn chu kỳ 1 tuỳ ý. 2)Sai phân cấp I suy rộng: Ta đã giải quyết được bài toán tìm Un thoả mãn Un+1=aUn+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 Un thoả mãn Un+1=aUn+f(n) trong đó f(n) là một trong các hàm: đa thức của n; sinn; cosn; an ... Thông qua các ví dụ sau đây ta sẽ thấy ứng dụng sai phân rất mạnh, và có thể nghiên cứu được quy luật để áp dụng. Ví dụ 3: Tìm (Hệ số của Un khác 1) Giải: Ta tìm đa thức bậc 1 với n ( cùng bậc với (n+1) ) là: an+b sao cho hay Khi đó (1) Đặt Vậy . Thử lại thoả mãn. Ví dụ 4: Tìm (Khác ví dụ trên vì hệ số Un là 1) Giải: Ta phải tìm đa thức bậc 2 với n ( hơn bậc của (n+1) một đơn vị) sao cho Giải ra ta được a = b = Khi đó (*) Đặt . Vậy ( V1=0). Thử lại thoả mãn. Nhận xét : Qua hai ví dụ trên thấy rằng nếu f(n) là đa thức của n có bậc k thì ta tìm đa thức để sai phân cùng bậc k (khi hệ số Un khác 1); hoặc đa thức bậc k+1 (khi hệ số Un bằng 1). Ví dụ 5: a)Tìm b)Tìm c)Tìm (Ba ví dụ là ba dạng của trường hợp f(n) là hàm mũ: hệ số của Un bằng 1, khác 1 nhưng bằng hoặc không bằng cơ số hàm mũ; cách giải chúng có sự khác nhau). Giải: Ta tìm g(n) = a.3n sao cho: chọn được a =1. Khi đó giả thiết trở thành . Hay b) Tìm g(n) = và ta được a = -2 khi đó giả thiết trở thành: . Vậy Ta tìm g(n) =. Khi đó từ giả thiết suy ra do đó Ví dụ 6: a) Tìm b) Tìm Giải: a) (Dùng sai phân!) Ta tìm g(n) = a cosn + b sinn sao cho: g(n+1) - g(n) = cosn hay:vì định thức D = 2-2cos1 > 0 nên hệ có nghiệm duy nhất là (a;b). Khi đó ta có: suy ra Với a, b xác định theo hệ trên. b) Sử dụng phương trình sai phân: Tìm hàm số g(n) = a cosn + b sinn, sao cho g(n+1)-2g(n) = sinn . Làm tương tự như trên: a,b là nghiệm của hệ phương trình định thức D = 5 - 4cos1 > 0 nên hệ có nghiệm duy nhất (a;b). Thay vào giả thiết ta có (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 7: Tìm Giải: Rõ ràng không thể chia hai vế của đẳng thúc đã cho cho 2n+1 Ta sẽ tìm hai hàm số : g(n)=an+b sao cho g(n+1) -2g(n) = n và h(n) = c3n sao cho h(n+1)-2h(n) = 3n . Giải ra ta có a = b = -1; c = 1 . Khi đó giả thiết đã cho trở thành:. Vậy . Thử lại thoả mãn 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. 3) 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 8: Tìm Giải: Giả thiết . Cộng đại số hai đẳng thức ta có Hay ở đó xác định nhờ U1;U2 Tổng quát: Nếu và phương trình đặc trưng có hai nghiệm phân biệt . Trong đó xác định nhờ U1;U2 . Ví dụ 9: Tìm Giải: Dễ thấy từ giả thiết suy ra . Do đó . Đây là dạng đã được giải quyết ở phần II). Có thể viết : Thử lại thoả mãn. Tổng quát: Nếu phương trình đặc trưng có nghiệm kép x0 thì Un=(an+b)x0n với a và b xác định nhờ U1;U2. Ví dụ 10: Tìm Giải: Phương trình đặc trưng có hai nghiệm phức liên hợp Làm tương tự như ở ví dụ 1( Phần II) ta có . Thay số ta có a, b xác định nhờ U1;U2. 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:. ( Ở đó là hai nghiệm của phương trình đặc trưng). Ví dụ 11: Tìm Giải: Đặt ( Vì dễ chứng minh Un). Khi đó giả thiết đã cho trở thành: . Do đó . Vì V1=1 và V2=U1/V1=1 nên .Thử lại thoả mãn. Tổng quát: Nếu cho dãy số Với điều kiện để Un khác 0 thì ta có thể đặt ; Từ giả thiết sẽ suy ra được . Giải phương trình sai phân cấp II này suy được Un 4)Sai phân cấp II suy rộng: Tương tự sai phân cấp I , ta xét các phương trình sai phân dạng: ; trong đó 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 12:(Trường hợp phương trình đặc trưng có 2 nghiệm phân biệt khác 1). Tìm a)Với f(n) = n +2 Giải: Nguyên tắc chung vẫn như ở sai phân cấp I, ta tìm g(n) sao cho g(n+2) - 5g(n+1) + 6g(n) = f(n) a)Ta tìm g(n) = ; giải ra ta có g(n) = Khi đó giả thiết suy ra Giải phương trình sai phân ta có do đó . Thử lại thoả mãn. Ví dụ 13:(Trường hợp phương trình đặc trưng có nghiệm x=1 là nghiệm đơn). Tìm Giải: Ta tìm g(n) = an2+bn ( bậc của g(n) lớn hơn bậc của f(n) một đơn vị) sao cho Giải ra ta được g(n)=; Đặt an- g(n) = bn ta có phương trình sai phân cấp II: . Do đó , hay . Thử lại thoả mãn. Ví dụ 14:(Trường hợp phương trình đặc trưng có nghiệm kép x =1). Tìm Giải: Ta tìm g(n) = an3+bn2 (bậc của g(n) lớn hơn bậc của f(n) 2 đơn vị) sao cho g(n+2) - 2 g(n+1) +g(n) = 2n + 3 . Giải ra ta được g(n) = . Đặt , ta có phương trình sai phân cấp II : . Từ đó suy ra . Vậy . Thử lại thoả mãn. Ví dụ 15:( 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 Giải: Ta tìm g(n) = sao cho Ta đựơc a = . Khi đó ta có Vậy . Thử lại thoả mãn Ví dụ 16: (Trường hợp cả hai nghiệm phương trình đặc trưng khác với cơ số hàm mũ) Tìm Giải: Ta tìm g(n) = sao cho g(n+2) - 5g(n+1) + 6g(n) = 3.5n . Giải ra ta có Đặt ta có phương trình sai phân . Giải ra ta có : .Do đó . Thử lại thoả mãn Ví dụ 17:( Trường hợp phương trình đặc trưng có nghiệm kép là cơ số của hàm mũ). Tìm Giải: Ta tìm g(n) = :.Giải ra ta có . Đặt ,ta có phương trình sai phân . Giải ra ta có .Vậy .Thử lại thoả mãn. II/ Ứng dụng của phương trình sai phân trong tính tổng các số hạng của một dãy số. Một tập hợp có thứ tự các số liệu phụ thuộc vào n(n є Z+) gọi là một dãy. Trong nhiều trường hợp người ta cần tính tổng một số số hạng đầu tiên của dãy số kiệu đó. Có nhiều cách khác nhau để giải các bài toán như vậy. Sau đây là cách tính tổng bằng cách sử dụng kiến thức về phương trình sai phân. Cách này tỏ ra có hiệu quả cho một lớp tổng có dạng với những nét đặc trưng riêng. Ví dụ 1: Tính tổng S1 = 13 + 23 + 33 + … + n3. Lời giải. Đặt k3 = a(k + 1) – a(k) (k = 1; 2; 3; …; n), ta có: S1 = a(n + 1) – a(1) Ta tìm a(n) từ phương trình sai phân tuyến tính hệ số hằng sau: a(n + 1) – a(n) = n3. Phương trình thuần nhất: a(n + 1) – a(n) = 0. Phương trình đặc trưng: k – 1 = 0 ó k = 1. Nghiệm tổng quát của PT thuần nhất: ā(n) = C Tìm một nghiệm riêng của phương trình không thuần nhất dưới dạng â(n) = n(An3 + Bn2 + Cn + D) = An4 + Bn3 + Cn2 + Dn. Tính â(n + 1), thay â(n), x(n +1) vào PT không thuần nhất, so sánh các hệ số của n, ta được hệ phương trình: Có â(n) = n4 - n3 + n2; a(n) = (n) + â(n) = C + n4 - n3 + n2. Do đó: S1 = a(n + 1) – a(1) = (n + 1)4 - (n + 1)3 + (n + 1)2 - + - n2 = n2(n + 1)2/4. Ví dụ 2: Tính tổng S2 = 1.21 + 2.22 + 3.23 + … + n.22 Lời giải. Đặt k.2k = a(k + 1) – a(k) (k = 1; 2; 3; …; n), ta có S2 = a(n + 1) – a(1). Ta tìm a(n) từ phương trình sai phân tuyến tính hệ số hằng sau a(n + 1) – a(n) = n.2n. Phương trình thuần nhất: a(n + 1) – a(n) = 0. Phương trình đặc trưng: k – 1= 0 ó k = 1. Nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất: ā(n) = C. Tìm một nghiệm riêng của phương trình không thuần nhất dưới dạng â(n) = 2n(An + B). Tính â(n + 1), thay â(n), â(n + 1) vào phương trình không thuần nhất, so sánh các hệ số của n, ta được hệ phương trình: ó â(n) = (n – 2)2n; a(n) = ā(n) + â(n) = C + (n – 2)2n. Do đó: S2 = a(n +1) – a(1) = (2n – 2)2n + 2. Ví dụ 3: Tính tổng S3 = 1!1 + 2!2 + 3!3 + … + n!n. Lời giải. Đặt k!k = a(k + 1) – a(k) (k = 1; 2; 3; …; n), ta có S3 = a(n + 1) – a(1) Ta tìm a(n) từ phương trình sai phân tuyến tính hệ số hằng sau a(n + 1) – a(n) = n!n. Phương trình thuần nhất: a(n + 1) – a(n) = 0. Phương trình đặc trưng: k – 1= 0 ó k = 1. Nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất: ā(n) = C. Ta thử tìm một nghiệm riêng của phương trình không thuần nhất dưới dạng â(n) = n!(An + B). Tính â(n + 1), thay â(n), â(n + 1) vào phương trình không thuần nhất, so sánh các hệ số của n, ta được hệ phương trình: ó â(n) = n!; a(n) = ā(n) + â(n) = C + n!. Do đó: S3 = a(n + 1) – a(1) = (n + 1)! - 1 III/ Ứng dụng của phương trình sai phân trong kinh tế Mô hình Cowbeb Trong một số ngành ,vd như nghành nông nghiệp,việc sản xuất kéo dài theo thời gian ,do đó nhiều khi các quyết định sản xuất được tiến hành trước khi hàng hóa được bán ra thị trường một thời kì .Khi ra quyết định sản xuất bao nhiêu ,các nhà sản xuất căn cứ vào giá hiên hành ,nhưng hàng hóa lại được bán ra vào thời kì tiếp theo.Điều này có nghĩa là lượng cung ở thời kì t+1 phụ thuộc vào giá ở thời kì t .Nếu xét giá P và lượng Q là các hàm số của thời gian t thì mô hình cân bằng thị trường có dạng: Phương trình xác định giá cân bằng thị trường là : (2.9) Phương trình là phương trình sai phân otonom tuyến tính dạng Giá cân bằng trong trường hợp này xác định từ phương trình Từ đó suy ra : Sử dụng công thức ta tìm được quỹ đạo thời gian của sản phẩm : (2.10) Trong đó là giá tại thời kì xuất phát t=0. Biểu thức (2.10) cho thấy Với quỹ đạo thời gian của giá thị trường dao động lên xuống xung quanh giá cân bằng (do ) Điều kiện ổn định động của giá cân bằng là : , Tức là quỹ đạo thời gian của giá thị trường hội tụ đến mức giá cân bằng khi và chỉ khi đường cung phẳng hơn đường cầu (hệ số biểu thị độ dốc của đường cung và hệ số biểu thị độu dốc của đường cầu ) .Nếu thì quỹ đạo thời gian của giá thị trường ngày càng rời xa mức cân bằng Mô hình thị trường có hàng hóa tồn đọng Trong mô hình trên đây ta giả thiết giá được xác định ở mức cân bằng cung cầu trong từng thời kì ,người bán không có hàng tồn đọng .Sau đây là mô hình thị trường với giả thiết những người bán có hàng tồn đọng Các giả thiết của mô hình : Cả lượng cung và lượng cầu đều không bị trễ và đều là hàm tuyến tính của giá cả ở mỗi thời kì : () ( 2. Giá cả được điều chỉnh không theo quy tắc cân bằng thị trường ở mỗi thời kì .Việc đặt giá của người bán ở đầu mỗi thời kì căn cứ vào giá của thời kì trước và lượng hàng tồn kho của thời kì trước .Nếu theo mức giá của thời kì trước mà hàng hóa còn tồn đọng thì người bán đặt mức giá thấp hơn cho thời kì hiện tại và ngược lại ,nếu lượng hàng hóa không đủ bán thì người bán đặt mức giá cao hơn . 3.Lượng điều chỉnh giá từ thời kì này sang thời kì khác tỉ lệ với lượng dư cung theo chiều người lại : (=const.>0) Với gải thiết trên đây ta có phương trình Hay (2.11) Phương trình (2.11) là một phương trình sai phân ôtonom tuyến tính cấp 1 .Nghiệm của phương trình này là : Trong đó là giá cân bằng vàlà giá ở thời kì xuất phát t=0.Điều kiện ổn định động là Mô hình Harrod Mô hình Harrod được sử dụng để giả thích động thái tăng trưởng của nền kinh tế . Các giả thiết của mô hình : 1.Tiết kiệm ở mỗi thời kì tỷ lệ với thu nhập ở cùng thời kì đó : trong đó hằng số s được gọi là xu hướng tiết kiệm cận biên (0 <s<1). Đầu tư tỷ lệ với lượng thay đổi của thu nhập quốc dân theo thời gian ?(nguyên lý gia tốc ) : (a>0) Đầu tư bằng tiết kiệm ở mỗi thời kỳ : Từ cá giả thiết nêu trên ta có Hay Phương trình này tương đương với phương trình Từ đây suy ra quỹ đạo thời gian của thu nhập Do ,thu nhập tăng không ngừng theo thời gian ,không có giới hạn và không dao động lên xuống d)Mô hình thu nhập có trễ Xét mô hình cân bằng kinh tế vĩ mô ở dạng đơn giản , không tính đến vai trò của chính phủ và quan hệ kinh tế với nước ngoài : Y=C+=I Giả sử I= ,tức là lượng đầu tư không thay đổi ,và giả sử tiêu dùng của thời kì t+1 phụ thuộc vòa thu nhập của thời kì t dưới dạng tuyến tính : (0<C<1). Khi đó ta có phương trình : Giải phương trình sai phan tuyến tính cấp 1 này ta được : Trong đó Hằng số c là xu hướng tiêu dùng cận biên (0<c<1), do đó quỹ đạo thời gian của thu nhập quốc dân hội tụ đến khi và không có dao động . *)Ứng dụng của PTSP trong Mô hình Arima với phương pháp Box - Jenkins và ứng dụng để dự báo lạm phát của Việt Nam George Box và Gwilym Jenkins (1976) đã nghiên cứu mô hình ARIMA (Autoregressive Integrated Moving Average - Tự hồi qui tích hợp Trung bình trượt), và tên của họ thường được dùng để gọi tên các quá trình ARIMA tổng quát, áp dụng vào việc phân tích và dự báo các chuỗi thời gian. Phương pháp Box-Jenkins với bốn bước lặp: nhận dạng mô hình thử nghiệm; ước lượng; kiểm định bằng chẩn đoán; và dự báo. 1. Nhận dạng mô hình Trong thực tế, chúng ta phải đối mặt với hai câu hỏi quan trọng: (1) Bằng cách nào chúng ta xác định được một chuỗi thời gian là dừng; (2) Nếu chúng ta xác định được một chuỗi thời gian không dừng, thì có cách nào để có thể làm cho chúng trở nên dừng. Mặc dù có nhiều cách để kiểm tra tính dừng, nhưng có hai cách được sử dụng phổ biến nhất là đồ thị (phân tích đồ thị và kiểm định bằng đồ thị tương quan (correlogram) và kiểm định nghiệm đơn vị (unit root test)[1] (Gujarati, 2003). Toán tử dịch chuyển lùi và sai phân (Back-shift Operator and Differences) Điều trước tiên cần phải lưu ý là hầu hết các chuỗi thời gian đều không dừng, và các thành phần AR và MA của mô hình ARIMA chỉ liên quan đến các chuỗi thời gian dừng. Cho nên, cần phải có một ký hiệu phân biệt những chuỗi thời gian không dừng gốc với những chuỗi tương ứng có tính dừng của nó sau khi biến đổi sai phân. Một ký hiệu rất hữu ích là toán tử dịch chuyển lùi (trễ), L, được dùng như sau: LYt=Yt – 1; nói cách khác, L, thực hiện trên Yt, có tác dụng dịch chuyển dữ liệu trở lại một thời đoạn. Áp dụng L trên Yt hai lần sẽ dịch chuyển dữ liệu trở lại 2 thời đoạn: L(LYt)=L2Yt=Yt - 2 Đối với dữ liệu tháng, nếu dịch chuyển đến “cùng tháng trong năm trước”, thì dùng L12, và ký hiệu là L12Yt = Yt-12. Toán tử dịch chuyển lùi thuận tiện trong việc mô tả quá trình tính sai phân. Sai phân bậc nhất: DYt = Yt - Yt - 1 Sử dụng toán tử dịch chuyển lùi, có thể viết lại như sau. DYt = Yt - LYt = (1 - L)Yt Lưu ý rằng sai phân bậc nhất được biểu diễn bởi (1 - L). Tương tự, nếu tính sai phân bậc hai (nghĩa là, sai phân bậc nhất của sai phân bậc nhất), thì: Sai phân bậc hai D2Yt = DYt - DYt -1 = (1 - 2L + L2) Yt = (1 - L)2Yt Lưu ý sai phân bậc hai được ký hiệu là (1 - L)2. (Điều quan trọng là phải nhận thấy được sai phân bậc hai không phải là sai phân thứ hai, được ký hiệu là 1 - L2. Tương tự, sai phân thứ mười hai sẽ là 1 - L12, nhưng sai phân bậc mười hai sẽ là (1 - L)12) Mục đích của việc lấy sai phân là để đạt được trạng thái dừng, và tổng quát nếu lấy sai phân bậc thứ d sẽ đạt được dừng, DdYt = (1 - L)dYt là chuỗi dừng. Mô hình ARIMA mở rộng bao gồm các yếu tố thời vụ được ký hiệu tổng quát là: Dữ liệu được sử dụng là Chỉ số giá tiêu dùng (CPI) hàng tháng theo phương pháp liên hoàn từ tháng 1 năm 1996 đến tháng 12 năm 2006 của Tổng Cục Thống kê công bố. Tỷ lệ lạm phát hàng tháng sẽ được xác định[2]: Trong đó :  : tỷ lệ lạm phát thời điểm t (biểu thị bằng %) CPLt : Chỉ số giá tiêu dùng thời điểm t CPLt-1 : Chỉ số giá tiêu dùng thời điểm t-1 Hình 2.1. Tỷ lệ lạm phát hàng tháng (%) Hình 2.2. Đồ thị tương quan của dữ liệu sau khi biến đổi sai phân Dựa vào hình dạng của đồ thị thực nghiệm của dữ liệu gốc (Hình 2.1) và đồ thị tương quan của dữ liệu sau khi biến đổi sai phân (Hình 2.2). Các mô hình được nhận dạng như sau:   V) Một số ứng dụng khác của sai phân : Ví dụ 1: Cho dãy số: chứng minh rằng : là số chính phương Giải: Theo cách giải đã biết (ví dụ 3; mục IV) ta tìm g(n) = an2 sao cho g(n+1) - 2g(n) + g(n-1) =1 . Giải ra ta có g(n) = . Đặt ta có phương trình sai phân . Giải phương trình này ta có Do đó = (đpcm) Ví dụ 2: Cho dãy số Tính Giải: Phương trình đặc trưng có hai nghiệm phức liên hợp .Khi đó ta có:. Từ đó = . Chứng tỏ rằng dãy tuần hoàn chu kỳ 24. Mặt khác 2017=24.84+1; vậy (Ở đây ý tưởng chính là dãy tuần hoàn). Ví dụ 3: Cho dãy số Chứng minh rằng dãy số gồm toàn các số nguyên Giải: Giả thiết suy ra hay thay n bằng (n-1) ta có: . Trừ hai vế của hai đẳng thức trên ta có: ; vì Vì nên bằng quy nạp ta suy ra Ví dụ 4: Tìm tất cả các hàm số f(x) sao cho: a) b) c) d) e) Giải: a) Ta đã biết nếu hàm số g(x) có thì - C là hằng số. Giả thiết . Ta lại có . Chọn a = suy ra giả thiết trở thành (C là hằng số bất kỳ ). b)Ta áp dụng sai phân: Tìm một hàm g(x) = ax+b sao cho g(x) - 2 g'(x) = x(). Dễ dàng tìm được g(x) = x+2 . Khi đó theo giả thiết ta có . Theo câu a) ta có . Thử lại thoả mãn. c) Tương tự câu b) ta cũng tìm một hàm số sao cho Dễ thấy cũng như câu b) ta có . Thử lại thoả mãn d) Ta tìm hàm số g(x) = acosx + bsinx sao cho . Giải ra ta có . Khi đó giả thiết trở thành . Theo kết quả câu a) ta có . Thử lại thoả mãn. e) Ta phải tìm hai hàm số: g(x) = sao cho g(x) - 2g'(x) = h(x) = sao cho Giải ra ta được ; . Khi đó giả thiết trở thành: . Theo câu a) ta có: hay . Thử lại thoả mãn. Trên đây là bài thảo luận môn toán cao cấp của nhóm 11, mặc dù các thành viên trong nhóm đã hết sức cố gắng trong nghiên cứu thu thập tài liệu nhưng trong quá trình làm bài thảo luận không thể tránh khỏi những sai sót, vậy mong cô nhận xét có ý kiến để bài thảo luận của nhóm hoàn thiện hơn. Chúng em xin chân thành cảm ơn! Tài liệu tham khảo: [1] Giáo trình Toán Cao Cấp – Trường ĐH Thương Mại. [2] Toán cao cấp cho các nhà kinh tế -NXB ĐH Kinh tế Quốc dân. [3] Bài tập Toán cao cấp – Hoàng Xuân Sính – NXB Giáo dục. [4] Ngân hàng câu hỏi toán cao cấp – ĐHCN TP. Hồ Chí Minh. Cùng một số website tham khảo.