7 trang 131 lượt tải

Chương III Phương trình sai phân - Tài liệu tổng hợp

262

Ví dụ 1: Giải phương trình sai phân: yn+2 + 3yn+1 + 2yn = 0,  N (1) Giải Phương trình sai phân tuyến tính cấp 2 thuần nhất (1) có phương trình đặc trưng là t 2 + 3t + 2 = 0. Phương trình sai phân thuần nhất (1) đã cho có nghiệm tổng quát là. Tài liệu được sưu tầm giúp bạn tham khảo, ôn tập và đạt kết quả cao trong kì thi sắp tới. Mời bạn đọc đón xem !

Môn: Tài liệu Tổng hợp 3.4 K tài liệu

Trường: Tài liệu khác 3.7 K tài liệu

Tác giả:

Profile

VietJack

1 năm trước
Tải xuống
Báo cáo
Danh sách Quiz
Tải xuống
/7
CHƯƠNG VIII PHƯƠNG TRÌNH SAI PHÂN
Các ví dụ
Ví dụ 1: Giải phương trình sai phân:
y
n+2
+ 3y
n+1
+ 2y
n
= 0, n N (1)
Giải
Phương trình sai phân tuyến tính cấp 2 thuần nhất (1) có phương trình đặc
trưng là t
2
+ 3t + 2 = 0
t
1
1
t
2
2
Phương trình sai phân thuần nhất (1) đã cho có nghiệm tổng quát là
y
n
= C
1
(–1)
n
+ C
2
(– 2)
n
với n N và C
1
, C
2
là các hằng số thực tùy ý.
Ví dụ 2: Giải phương trình sai phân:
y
n+2
– 4y
n+1
+ 4y
n
= 0, n N (2)
Giải
Phương trình sai phân tuyến tính cấp 2 thuần nhất (2) có phương trình đặc
trưng là t
2
– 4t + 4 = 0 t
1
t
2
2
Phương trình sai phân thuần nhất (2) đã cho có nghiệm tổng quát là
y
n
= (C
1
+ C
2
n)2
n
với n N và C
1
, C
2
là các hằng số thực tùy ý.
Ví dụ 3: Giải phương trình sai phân:
y
n+2
– y
n+1
+ y
n
= 0, n N (3)
Giải
Phương trình sai phân tuyến tính cấp 2 thuần nhất (3) có phương trình đặc
1
3 i
cos
i sin
t
1
2
3
3
trưng là t
2
– t + 1 = 0
1
3 i
cos
i sin
với r =1, = π/3.
t
2
2 3
3
Phương trình sai phân thuần nhất (3) đã cho có nghiệm tổng quát là
y
n
C
1
cos
n
3
C
2
sin
n
3
với n N và C
1
, C
2
là các hằng số thực tùy ý.
1
Ví dụ 4: Giải phương trình sai phân:
y
n+2
+ 8y
n+1
– 9y
n
= (11n + 35)2
n
, n N (4)
Giải
Phương trình sai phân tuyến tính cấp 2 thuần nhất tương ứng của (4) là :
y
n+2
+ 8y
n+1
– 9y
n
= 0
Phương trình này có phương trình đặc trưng là t
2
t
1
9
+ 8t – 9 = 0
t

1
2
Phương trình thuần nhất tương ứng của (4) có nghiệm tổng quát :
= C
( – 9)
n
+ C
với n N và C , C
là các hằng số thực tùy ý.
y
n
2
1 2 1
Ta có VP(4) = (11n + 35)2
n
có dạng r(n) = P
k
(n).α
n
với P
k
(n) = 11n + 35 là
đa thức bậc k = 1và α
n
= 2
n
với α = 2 không phải là nghiệm của phương
trình đặc trưng nên phương trình (4) có nghiệm riêng có dạng:
y
*
= (an + b)2
n
n
y
*
= [a(n + 1) + b].2
n
+ 1
= (2an + 2a +2b)2
n
;
n1
y
n
*
2
= [a(n +2) + b].2
n
+
2
= (4an + 8a + 4b)2
n
.
Thay
y
*
,
y
*
,
y
*
vào phương trình (4) ta được :
n2
n1
n
( 4an + 8a + 4b
+ 16an + 16a + 16b
– 9an– 9b )2
n
= (11n + 35)2
n
11an + 24a +11b =11n + 35
Đồng nhất hai vế của phương trình này theo n, ta được :
11
a 1
11a
y
n
*
= ( n + 1)2
n
.
24
a 11b 35
b
1
Vậy nghiệm tổng quát của phương trình (4) đã cho:
=
y
*
(– 9)
n
+ C + ( n + 1)2
n
y
n
y
n
+ = C
2
n 1
với n N và C
1
, C
2
là các hằng số thực tùy ý.
2
Ví dụ 5: Giải phương trình sai phân:
y
n+2
9y
n+1
+ 14y
n
= (4n + 5)3
n
, n N (5)
Giải
Phương trình sai phân tuyến tính cấp 2 thuần nhất tương ứng của (5) là:
y
n+2
9y
n+1
+ 14y
n
= 0
t
1
2
Phương trình này có phương trình đặc trưng là t
2
9t + 14 = 0
t
2
7
Phương trình thuần nhất tương ứng của (5) có nghiệm tổng quát là
= C
2
n
+ C 7
n
với n N và C
, C
là các hằng số thực tùy ý.
y
n
2
1 2 1
Ta có VP(5) = (4n + 5)3
n
có dạng r(n) = P
k
(n).α
n
với P
k
(n) = 4n + 5 là đa
thức bậc k = 1và α
n
= 3
n
với α = 3 không phải là nghiệm của phương trình
đặc trưng nên phương trình (5) có nghiệm riêng có dạng:
y
*
= (an + b)3
n
n
y
*
= [a(n + 1)+b].3
n
+ 1
= (3an+3a +3b)3
n
;
n1
y
n
*
2
= [a(n +2)+b].3
n
+ 2
= (9an +18a + 9b)3
n
.
Thay
y
*
,
y
*
, y
*
vào phương trình (5) ta được :
n2
n1
n
( 9an + 18a + 9b
– 27an – 27a – 27b
+14an + 14b) 3
n
= (4n + 5)3
n
– 4an –9a – 4b = 4n + 5.
Đồng nhất hai vế của phương trình này theo n, ta được :
4a
4
a1
y
*
= (– n +1)3
n
.
5
9a 4b b1 n
Vậy nghiệm tổng quát của phương trình (5) đã cho:
=
y
*
2
n
+ C 7
n
+ (– n+1)3
n
y
n
y
n
+ = C
n 1 2
với n N và C
1
, C
2
là các hằng số thực tùy ý.
3
Ví dụ 6: Giải phương trình sai phân:
y
n+2
+ 4y
n+1
5y
n
= 12n + 8, n N (6)
Giải
Phương trình sai phân tuyến tính cấp 2 thuần nhất tương ứng của (6):
y
n+2
+ 4y
n+1
5y
n
= 0
Phương trình này có phương trình đặc trưng: t
2
t
1
1
+ 4t 5 = 0
5
t
2
Nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất tương ứng của (6):
y
n
= C
1
+ C
2
(–5)
n
với n N và C
1
, C
2
là các hằng số thực tùy ý.
Ta có VP(6) =12n + 8 có dạng P
k
(n).
n
với P
k
(n) = 12n + 8 là đa thức bậc
k = 1 và α =1= t
1
là nghiệm đơn của phương trình đặc trưng nên nghiệm
riêng yn* của phương trình (6) có dạng
yn* = n(an + b) = an2 + bn
y* = a(n + 1)2 + b(n + 1) = an2 + (2a + b)n + a + b
n1
và y* = a(n + 2)2 +b(n + 2) = an2 + (4a + b)n + 4a + 2b.
n2
Thay y
*
, y
*
, y
*
vào phương trình (6) ta được:
n 2 n 1 n
an
2
+ (4a + b)n + 4a + 2b
+ 4an
2
+ (8a + 4b)n + 4a + 4 b
– 5an2 – 5bn = 12n + 8.
12an + 8a + 6b = 12n + 8.
Đồng nhất hai vế của phương trình này theo n, ta được :
12a
12
a1
*
= n
2
.
y
n
8a 6b 8
b
0
Vậy nghiệm tổng quát của phương trình (6) đã cho là :
y
n
= y
n
+ y
n
*
= C
1
+ C
2
(5)
n
+ n
2
với n N và C
1
, C
2
là các hằng số thực tùy ý.
4
Ví dụ 7:Giải phương trình sai phân:
y
n+2
– 5y
n+1
+ 6y
n
= (2n + 14)2
n
, n N
(7)
Giải
Phương trình sai phân tuyến tính cấp 2 thuần nhất tương ứng của (7):
y
n+2
– 5y
n+1
+ 6y
n
= 0
Phương trình này có phương trình đặc trưng: t
2
5t + 6 = 0 t
1
2, t
2
3
Nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất tương ứng của (7):
y
n
= C
1
2
n
+ C
2
3
n
với n N và C
1
, C
2
là các hằng số thực tùy ý.
Ta có VP(7) = (2n + 14)2
n
có dạng P
k
(n).
n
với P
k
(n) = 2n + 14 là đa
thức bậc k = 1và α =2= t
1
là nghiệm đơn của phương trình đặc trưng nên
nghiệm riêng
y
*
của phương trình (6) có dạng
n
y
*
= n(an + b)2
n
= (an
2
+ bn) 2
n
n
y
*
= [a(n + 1)
2
+ b(n + 1)]2
n
+ 1
= [2an
2
+ (4a + 2b)n + 2a + 2b]2
n
n1
và y
*
= [a(n + 2)
2
+b(n + 2)]2
n+
2
= [4an
2
+ (16a +4 b)n + 16a + 8b]2
n
.
n2
Thay y
n
*
2
, y
n
*
1
, y
n
*
vào phương trình (7) ta được:
[4an
2
+ (16a + 4b)n
+ 16a + 8b
–10an
2
+ ( – 20a – 10b)n – 10a – 10b
+ 6an
2
+ 6bn] 2
n
= (2n + 14)2
n
.
– 4an + 6a – 2b = 2n + 14.
Đồng nhất hai vế của phương trình này theo n, ta được :
4a 2
a
1
1
17
2
y
*
(
n
2
n) 2
n
.
2
2
6a 2b14
b
17
2
Vậy nghiệm tổng quát của phương trình (7) đã cho là :
y
*
2
n
+ C 3
n
+
(
1
n
2
17
n) 2
n
y
n
=
y
n
+ = C
n 1 2
2
2
với
n N và C
1
, C
2
là các hằng số thực tùy ý.
5
Ví dụ 8: Giải phương trình : y
n+2
+ 6y
n+1
+ 9y
n
= (n
2
+ 1)3
n
, n N (8)
Giải
Phương trình sai phân tuyến tính cấp 2 thuần nhất tương ứng của (8):
y
n+2
+ 6y
n+1
+ 9y
n
= 0
Phương trình này có phương trình đặc trưng: t
2
+ 6t + 9 = 0 t
1
t
2
3
Nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất tương ứng của (8):
y
n
= (C
1
+ C
2
n)(–3)
n
với n N và C
1
, C
2
là các hằng số thực tùy ý.
Ta có VP(8) = (n
2
+ 1)3
n
có dạng P
k
(n).
n
với P
k
(n) = n
2
+ 1 là đa thức
bậc k = 2 và α =3 không phải là nghiệm của phương trình đặc trưng nên
nghiệm riêng
y
*
của phương trình (8) có dạng y
*
= (an
2
+ bn + c) 3
n
n
n
y
*
= [a(n +1)
2
+ b(n + 1)+ c]3
n
+ 1
= [3an
2
+ (6a + 3b)n + 3a + 3b+ 3c ]3
n
n1
y
*
= [a(n +2)
2
+ b(n +2) + c]3
n+
2
= [9an
2
+ (36a +9b)n +36a +18b+9c]3
n
.
n2
Thay
y
n
*
2
,
y
n
*
1
, y
n
*
vào phương trình (8) ta được:
[9an
2
+ (36a + 9b)n + 36a + 18b + 9c
+ 18an
2
+ (36a + 18b)n + 18a + 18b +18c
+ 9an
2
+ 9bn
+ 9c ] 3
n
= (n
2
+ 1)3
n
.
36an
2
+ (72a + 36b)n + 54a + 36b +36c =
n
2
+ 1.
Đồng nhất hai vế của phương trình này theo n, ta được :
36a
1
a
1
36
72a 36b
0
b
1
*
1
2
1
1
n
18
y (
36
n
18
n
24
)3
.
54a 36b 36c1
c
1
24
Vậy nghiệm tổng quát của phương trình (8) đã cho là :
y
*
n)(–3)
n
+
(
1
n
2
1
n
1
)3
n
y
n
=
y
n
+ = (C
+ C
n 1 2
36 18
24
với
n N và C
1
, C
2
là các hằng số thực tùy ý.
6
Ví dụ 9: Giải phương trình sai phân:
y
n+2
– 7y
n+1
+ 12y
n
= 2
n+
1
+ 6n – 5, n N (9)
Giải
Phương trình sai phân tuyến tính cấp 2 thuần nhất tương ứng của (9):
y
n+2
– 7y
n+1
+ 12y
n
= 0
Phương trình này có phương trình đặc trưng: t
2
7t + 12 = 0 t
1
= 3, t
2
= 4
Nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất tương ứng của (9):
y
n
= C
1
3
n
+ C 4
n
với
n N và C
, C là các hằng số thực tùy ý.
2 1 2
Ta có VP(9) = 2
n+
1
+ 6n – 5 có dạng P
k
(n).(
1
)
n
+ P
l
(n).(
2
)
n
Gọi
( y
1
)
*
n
là nghiệm riêng của phương trình
y
n+2
– 7y
n+1
+ 12y
n
= 2
n+
1
(a)
và
( y
2
)
*
n
là nghiệm riêng của phương trình
yn+2
– 7y
n+1
+ 12y
n
= 6n – 5 (b)
Khi đó nghiệm riêng của phương trình (9) đã cho là y
n
*
= ( y
1
)
*
n
+ ( y
2
)
*
n
Ta có * VP(a) = 2
n+1
= 2.2
n
= P
k
(n).(
1
)
n
với P
k
(n) = 2 là đa thức bậc k =
0 và α
1
= 2 không phải là nghiệm của phương trình đặc trưng nên nghiệm
riêng ( y
1
)
*
n
của phương trình (a) có dạng ( y
1
)
*
n
= a2
n
( y )
*
= a2
n+1
= 2a2
n
và ( y )
*
= a2
n+2
= 4a2
n
thay ( y )
*
, ( y )
*
, ( y )
*
1 n 1 1 n 2 1 n 2 1 n 1 1 n
vào (a), ta được (4a – 14a + 12a)2
n
= 2.2
n
2a = 2 a = 1 ( y
1
)
*
n
= 2
n
* VP(b) = 6n – 5 = P
l
(n).(
2
)
n
với P
l
(n) = 6n – 5 là đa thức bậc l = 1
và α
2
= 1 không phải là nghiệm của phương trình đặc trưng nên nghiệm
riêng ( y
2
)
*
n
của phương trình (b) có dạng ( y
2
)
*
n
= an + b
( y
2
)
*
n1
= an + a + b và
( y
2
)
*
n2
= an + 2a + b thay
( y
2
)
*
n2
, ( y
2
)
*
n1
, ( y
2
)
*
n
vào (b), ta được 6an – 5a + 12b = 6n – 5 a = 1, b = 0 ( y )
*
 n
2 n
nghiệm riêng của phương trình (9) là
y
*
=
( y )
*
+ ( y )
*
= 2
n
+ n
n
1 n 2 n
Vậy nghiệm tổng quát của phương trình (9) đã cho là :
y = y + y
*
= C 3
n
+ C 4
n
+ 2
n
+ n
n n
n
1 2
7

Tài liệu khác của Tài liệu khác

Preview text:

CHƯƠNG VIII PHƯƠNG TRÌNH SAI PHÂN

Các ví dụ

Ví dụ 1: Giải phương trình sai phân:

yn+2 + 3yn+1 + 2yn = 0, n N (1)

Giải

Phương trình sai phân tuyến tính cấp 2 thuần nhất (1) có phương trình đặc

trưng là t2 + 3t + 2 = 0t11

t22

  • Phương trình sai phân thuần nhất (1) đã cho có nghiệm tổng quát là

yn = C1(–1)n + C2(– 2)n với n N và C1, C2 là các hằng số thực tùy ý.

Ví dụ 2: Giải phương trình sai phân:

yn+2 – 4yn+1 + 4yn = 0, n N (2)

Giải

Phương trình sai phân tuyến tính cấp 2 thuần nhất (2) có phương trình đặc

trưng là t2 – 4t + 4 = 0 t1 t2 2

  • Phương trình sai phân thuần nhất (2) đã cho có nghiệm tổng quát là yn = (C1 + C2 n)2n với n N và C1, C2 là các hằng số thực tùy ý.

Ví dụ 3: Giải phương trình sai phân:

yn+2 – yn+1 + yn = 0, n N (3)

Giải

Phương trình sai phân tuyến tính cấp 2 thuần nhất (3) có phương trình đặc

1

3 i

 cos

i sin

t1

2

3

3

trưng là t2 – t + 1 = 0

1

3 i

 cos

i sin

với r =1, = π/3.

t2

2

3

3

  • Phương trình sai phân thuần nhất (3) đã cho có nghiệm tổng quát là

yn C1cos n3C2sin n3 với n N và C1, C2 là các hằng số thực tùy ý.

1

Ví dụ 4: Giải phương trình sai phân:

yn+2 + 8yn+1 – 9yn = (11n + 35)2n, n N (4)

Giải

Phương trình sai phân tuyến tính cấp 2 thuần nhất tương ứng của (4) là :

yn+2 + 8yn+1 – 9yn = 0

Phương trình này có phương trình đặc trưng là t2

t19

+ 8t – 9 = 0t 1

 2

  • Phương trình thuần nhất tương ứng của (4) có nghiệm tổng quát :

= C

( – 9)n + C

với n N và C , C

là các hằng số thực tùy ý.

y

n

2

1

2

1

Ta có VP(4) = (11n + 35)2n có dạng r(n) = Pk (n).αn với Pk(n) = 11n + 35 là đa thức bậc k = 1và αn = 2n với α = 2 không phải là nghiệm của phương

trình đặc trưng nên phương trình (4) có nghiệm riêng có dạng:

y*

= (an + b)2n

n

y*

= [a(n + 1) + b].2n + 1

= (2an + 2a +2b)2n;

n1

yn*2 = [a(n +2) + b].2n + 2

= (4an + 8a + 4b)2n .

Thay

y*

,

y*

,

y* vào phương trình (4) ta được :

n2

n1

n

( 4an + 8a

+ 4b

  • 16an + 16a + 16b

– 9an– 9b )2n = (11n + 35)2n 11an + 24a +11b =11n + 35

Đồng nhất hai vế của phương trình này theo n, ta được :

11

a 1

11a

yn* = ( n + 1)2n.

24a 11b 35

b 1

Vậy nghiệm tổng quát của phương trình (4) đã cho:

=

y*

(– 9)n + C

+ ( n + 1)2n

y

n

y

n

+

= C

2

n

1

với n N và C1, C2 là các hằng số thực tùy ý.

2

Ví dụ 5: Giải phương trình sai phân:

yn+2 9yn+1 + 14yn = (4n + 5)3n, n N (5)

Giải

Phương trình sai phân tuyến tính cấp 2 thuần nhất tương ứng của (5) là:

yn+2 9yn+1 + 14yn = 0

t1 2

Phương trình này có phương trình đặc trưng là t2 9t + 14 = 0t2 7

  • Phương trình thuần nhất tương ứng của (5) có nghiệm tổng quát là

= C

2n + C 7n

với n N và C

, C

là các hằng số thực tùy ý.

y

n

2

1

2

1

Ta có VP(5) = (4n + 5)3n có dạng r(n) = Pk (n).αn với Pk(n) = 4n + 5 là đa thức bậc k = 1và αn = 3n với α = 3 không phải là nghiệm của phương trình

đặc trưng nên phương trình (5) có nghiệm riêng có dạng:

y*

= (an + b)3n

n

y*

= [a(n + 1)+b].3n + 1 = (3an+3a +3b)3n;

n1

yn*2

= [a(n +2)+b].3n + 2

= (9an +18a + 9b)3n .

Thay

y*

,

y*

, y*

vào phương trình (5) ta được :

n2

n1

n

( 9an + 18a + 9b

– 27an – 27a – 27b

+14an + 14b) 3n = (4n + 5)3n – 4an –9a – 4b = 4n + 5.

Đồng nhất hai vế của phương trình này theo n, ta được :

4a

4

a1

y*

= (– n +1)3n.

5

9a 4b

b1

n

Vậy nghiệm tổng quát của phương trình (5) đã cho:

=

y*

2n + C 7 n + (– n+1)3n

y

n

y

n

+

= C

n

1

2

với n N và C1, C2 là các hằng số thực tùy ý.

3

Ví dụ 6: Giải phương trình sai phân:

yn+2 + 4yn+1 5yn = 12n + 8, n N (6)

Giải

Phương trình sai phân tuyến tính cấp 2 thuần nhất tương ứng của (6):

yn+2 + 4yn+1 5yn = 0

Phương trình này có phương trình đặc trưng: t2

t11

+ 4t 5 = 0

5

t2

  • Nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất tương ứng của (6):

yn = C1 + C2(–5)n với n N và C1, C2 là các hằng số thực tùy ý.

Ta có VP(6) =12n + 8 có dạng Pk(n). n với Pk(n) = 12n + 8 là đa thức bậc

k = 1 và α =1= t1 là nghiệm đơn của phương trình đặc trưng nên nghiệm

riêng yn* của phương trình (6) có dạng

yn* = n(an + b) = an2 + bn

y* = a(n + 1)2 + b(n + 1) = an2 + (2a + b)n + a + b

n1

và y* = a(n + 2)2 +b(n + 2) = an2 + (4a + b)n + 4a + 2b.

n2

Thay y* , y* , y* vào phương trình (6) ta được:

n 2 n 1 n

an2 + (4a + b)n + 4a + 2b

  • 4an2 + (8a + 4b)n + 4a + 4 b

– 5an2 – 5bn = 12n + 8.

 12an + 8a + 6b = 12n + 8.

Đồng nhất hai vế của phương trình này theo n, ta được :

12a

 12

a1

*

= n2 .

yn

8a 6b 8

b 0

Vậy nghiệm tổng quát của phương trình (6) đã cho là :

yn = yn + yn* = C1 + C2(5)n + n2

với n N và C1, C2 là các hằng số thực tùy ý.

4

Ví dụ 7:Giải phương trình sai phân:

yn+2 – 5yn+1 + 6yn = (2n + 14)2n, n N

(7)

Giải

Phương trình sai phân tuyến tính cấp 2 thuần nhất tương ứng của (7):

yn+2 – 5yn+1 + 6yn = 0

Phương trình này có phương trình đặc trưng: t2 5t + 6 = 0 t1 2, t2 3

  • Nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất tương ứng của (7):

yn = C1 2n + C23n với n N và C1, C2 là các hằng số thực tùy ý.

Ta có VP(7) = (2n + 14)2n có dạng Pk(n). n với Pk(n) = 2n + 14 là đa

thức bậc k = 1và α =2= t1 là nghiệm đơn của phương trình đặc trưng nên

nghiệm riêng y* của phương trình (6) có dạng

n

y* = n(an + b)2n = (an2 + bn) 2n

n

y*

= [a(n + 1)2

+ b(n + 1)]2n + 1 = [2an2

+ (4a + 2b)n + 2a + 2b]2n

n1

và y*

= [a(n + 2)2

+b(n + 2)]2n+ 2

= [4an2

+ (16a +4 b)n + 16a + 8b]2n.

n2

Thay yn*2 , yn*1 , yn* vào phương trình (7) ta được:

[4an2 + (16a + 4b)n

+ 16a + 8b

–10an2 + ( – 20a – 10b)n – 10a – 10b

+ 6an2

+ 6bn] 2n

= (2n + 14)2n.

– 4an

+ 6a – 2b

=

2n + 14.

Đồng nhất hai vế của phương trình này theo n, ta được :

4a 2

a 1

1

17



2

y*

(

n 2

n) 2n .

2

2

6a 2b14

b17

2

Vậy nghiệm tổng quát của phương trình (7) đã cho là :

y*

2n + C 3n + (

1

n 2

17

n) 2n

y

n

=

y

n

+

= C

n

1

2

2

2

với

n N và C1, C2 là các hằng số thực tùy ý.

5

Ví dụ 8: Giải phương trình : yn+2 + 6yn+1 + 9yn = (n2 + 1)3n, n N (8)

Giải

Phương trình sai phân tuyến tính cấp 2 thuần nhất tương ứng của (8):

yn+2 + 6yn+1 + 9yn = 0

Phương trình này có phương trình đặc trưng: t2 + 6t + 9 = 0 t1 t23

  • Nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất tương ứng của (8):

yn = (C1 + C2n)(–3)n với n N và C1, C2 là các hằng số thực tùy ý.

Ta có VP(8) = (n2 + 1)3n có dạng Pk(n). n với Pk(n) = n2 + 1 là đa thức

bậc k = 2 và α =3 không phải là nghiệm của phương trình đặc trưng nên

nghiệm riêng

y* của phương trình (8) có dạng y* = (an2 + bn + c) 3n

n

n

y*

= [a(n +1)2 + b(n + 1)+ c]3n + 1

= [3an2 + (6a + 3b)n + 3a + 3b+ 3c ]3n

n1

y*

= [a(n +2)2+ b(n +2) + c]3n+ 2

= [9an2 + (36a +9b)n +36a +18b+9c]3n.

n2

Thay yn*2 ,

yn*1 , yn* vào phương trình (8) ta được:

[9an2 + (36a + 9b)n + 36a + 18b + 9c

  • 18an2 + (36a + 18b)n + 18a + 18b +18c

+ 9an2

+ 9bn

+ 9c ] 3n

= (n2 + 1)3n.

 36an2 + (72a + 36b)n + 54a + 36b +36c =

n2 + 1.

Đồng nhất hai vế của phương trình này theo n, ta được :

36a

1

a 136

72a 36b

 0

b1

*

1

2

1

1 n

18

y (

36

n

18

n

24

)3 .

54a 36b 36c1

c 1

24

Vậy nghiệm tổng quát của phương trình (8) đã cho là :

y*

n)(–3)n + (

1

n2

1

n

1

)3n

y

n

=

y

n

+

= (C

+ C

n

1

2

36

18

24

với

n N và C1, C2 là các hằng số thực tùy ý.

6

Ví dụ 9: Giải phương trình sai phân:

yn+2 – 7yn+1 + 12yn = 2n+ 1 + 6n – 5, n N (9)

Giải

Phương trình sai phân tuyến tính cấp 2 thuần nhất tương ứng của (9):

yn+2 – 7yn+1 + 12yn = 0

Phương trình này có phương trình đặc trưng: t2 7t + 12 = 0 t1 = 3, t2 = 4

  • Nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất tương ứng của (9):

y

n

= C

1

3n + C 4n với

n N và C

, C là các hằng số thực tùy ý.

2

1

2

Ta có VP(9) = 2n+ 1 + 6n – 5 có dạng Pk(n).(1) n + Pl(n).(2) n

Gọi ( y1)*n

là nghiệm riêng của phương trình

yn+2

– 7yn+1 + 12yn = 2n+ 1 (a)

và ( y2 )*n là nghiệm riêng của phương trình

yn+2

– 7yn+1 + 12yn = 6n – 5 (b)

Khi đó nghiệm riêng của phương trình (9) đã cho là yn* = ( y1)*n + ( y2 )*n

Ta có * VP(a) = 2n+1= 2.2n = Pk(n).(1) n với Pk(n) = 2 là đa thức bậc k = 0 và α1 = 2 không phải là nghiệm của phương trình đặc trưng nên nghiệm riêng ( y1)*n của phương trình (a) có dạng ( y1)*n = a2n

 ( y )* = a2n+1= 2a2n và ( y )* = a2n+2= 4a2n thay ( y )* , ( y )* , ( y )*

1 n 1 1 n 2 1 n 2 1 n 1 1 n

vào (a), ta được (4a – 14a + 12a)2n = 2.2n 2a = 2 a = 1 ( y1)*n = 2n

  • VP(b) = 6n – 5 = Pl(n).(2) n với Pl(n) = 6n – 5 là đa thức bậc l = 1 và α2 = 1 không phải là nghiệm của phương trình đặc trưng nên nghiệm

riêng ( y2 )*n của phương trình (b) có dạng ( y2 )*n = an + b

( y2 )*n1= an + a + b và ( y2 )*n2 = an + 2a + b thay ( y2 )*n2 , ( y2 )*n1, ( y2 )*n

vào (b), ta được 6an – 5a + 12b = 6n – 5 a = 1, b = 0 ( y )* n

2 n

 nghiệm riêng của phương trình (9) là y* = ( y )*

+ ( y )* = 2n + n

n

1 n

2 n

Vậy nghiệm tổng quát của phương trình (9) đã cho là :

y = y + y* = C 3n+ C 4n + 2n + n

n n n 1 2

7

Tài liệu liên quan: