Chuyên đề: Tìm số hạng tổng quát của dãy truy hồi tuyến tính cấp 2 để giải quyết một số bài toán về dãy số - Trường THPT chuyên Hưng Yên

Chia sẻ: Tran Duong Tam | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:10

Thêm vào BST

Báo xấu

637
lượt xem 41
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Chuyên đề: Tìm số hạng tổng quát của dãy truy hồi tuyến tính cấp 2 để giải quyết một số bài toán về dãy số cung cấp cho các bạn những kiến thức về tìm số hạng tổng quát của dãy truy hồi tuyến tính cấp 2; áp dụng việc tìm số hạng tổng quát của dãy truy hồi tuyến tính cấp 2 trong một số bài toán về dãy số.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Chuyên đề: Tìm số hạng tổng quát của dãy truy hồi tuyến tính cấp 2 để giải quyết một số bài toán về dãy số - Trường THPT chuyên Hưng Yên

http://baigiangtoanhoc.com Chuyên đề ôn thi học sinh giỏi Quốc gia Chuyên đề: TÌM SỐ HẠNG TỔNG QUÁT CỦA DÃY TRUY HỒI TUYẾN TÍNH CẤP 2 ĐỂ GIẢI QUYẾT MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ DÃY SỐ Trường THPT chuyên Hưng Yên Phần I: Tìm số hạng tổng quát của dãy truy hồi tuyến tính cấp 2. I. LÝ THUYẾT: Đó là các dãy số thực có dạng u n  2  au n 1  bu n (*) với mọi n  0 , trong đó a và b là các hằng số thực. Cách xác định số hạng tổng quát của dãy như sau: 2 Xét phương trình ẩn t sau đây: t  at  b  0 (**) được gọi là phương trình đặc trưng của (*). 2 Phương trình có biệt thức   a  4b . 2 Trường hợp 1:   a  4b  0 khi đó (**) có hai nghiệm thực phân biệt t1 ;t 2 . Số n n hạng tổng quát của (*) có dạng u n  x.t1  y.t 2 , với mọi n  0 và x, y là hai số thực tuỳ ý; x và y sẽ hoàn toàn xác định khi cho trước u 0 và u1 . Trường hợp 2:   a 2  4b  0 khi đó (**) có một nghiệm kép thực t. Số hạng tổng quát n n 1 1 của (*) có dạng u n  x.t  y.nt , với mọi n  0 ( ở đây ta qui ước 0  0 ) và x, y là hai số thực tuỳ ý; x và y sẽ hoàn toàn xác định khi cho trước u 0 và u1 . Trường hợp 3:   a 2  4b  0 , ( **) có hai nghiệm phức. Thuật toán làm trong trường hợp này như sau: 2 a  i  Bước 1: Giải phương trình t  at  b  0 và nhận được nghịêm phức z  . 2 Bước2: Đặt r = | z | là module của z, còn   Argz , ta nhận được n u n  r (p cos n  q sin n) với mọi p, q là các số thực. Bước 3: Xác định p, q theo các giá trị cho trước u 0 ;u1 . Về cơ sở lí thuyết của cách làm trên được chứng minh bằng kiến thức của đại số tuyến tính. Ở đây, tôi xin trình bày chứng minh trường hợp 1 và trường hợp 2 bằng kiến thức trung học phổ thông. Trường hợp 1:   0 (**) có hai nghiệm phân biệt t1 , t 2 khi đó theo định lí Vi-et ta có:  t1  t 2  a  . Khi đó t 12 t   b u n 1  (t1  t 2 )u n  t1t 2 u n 1  u n 1  t1u n  t 2 (u n  t1u n 1 )  t 2 2 (u n 1  t1u n 2 )  ...  t 2 n (u1  t1u 0 ) . n Như vậy u n 1  t1u n  t 2 (u1  t1u 0 ) (1); n Tương tự u n 1  t 2 u n  t1 (u1  t 2 u 0 ) (2). Trừ từng vế (2) cho (1) ta có:
http://baigiangtoanhoc.com Chuyên đề ôn thi học sinh giỏi Quốc gia (t1  t 2 )u n  (u1  t 2 u 0 )t1n  (u1  t1u 0 )t 2 n . Do t1  t 2 nên (u  t u ) (u  t u ) u n  1 2 0 t 1n  1 1 0 t 2 n . t1  t 2 t1  t 2 n n Vậy u n có dạng u n  x.t1  y.t 2 với x,y là hai số thực. a 2 a Trường hợp 2:   0 khi đó b  , (**) có nghiệm kép t  . Ta có 4 2 2 n u n 1  2t.u n  t u n 1  u n 1  tu n  t(u n  tu n 1 )  ...  t (u1  tu 0 ) Như vậy u n 1  tu n  t n (u1  tu 0 ) (3); Tương tự u n  tu n 1  t n 1 (u1  tu 0 ) (4); u n 1  tu n 2  t n 2 (u1  tu 0 ) (5); ……………………………. u1  tu 0  u1  tu 0 (n+3). 2 n Nhân hai vế của (4) với t, hai vế của (5) với t , …, hai vế của (n+3) với t và cộng lại ta n 1 n n n 1 được: u n 1  t .u 0  n.t .(u1  tu 0 ) . Do đó u n có dạng xt  yn.t với x, y là hai số thực. II. CÁC VÍ DỤ: Ví dụ 1: X¸c ®Þnh sè h¹ng tæng qu¸t cña d·y sè tho¶ m·n:  u 0  1, u1  2   1 2 . u  n  2   u n 1  u n , n  0 3 3 Giải: 2 1 2 Phương trình đặc trưng t  t   0 của dãy có hai nghiệm thực phân biệt là 3 3 n 2 2 t1  , t 2  1 . Do đó u n  x.   y.(1) n với x, y   . Ta lại có: 3 3 x  y  1  9 u 0  1  x  5 9 2 n 4 n   2  . Vậy u n  ( )  ( 1) , n  0.  u1  2  x  y  2  y   4 5 3 5 3  5 Trong công thức tổng quát (*), khi chọn những giá trị a và b thích hợp ta có thể đưa ra đề toán thuộc vào trường hợp 2 và 3 được nói đến ở trên. Hoặc là bằng cách biến đổi u n ta cũng có thể đưa ra được những đề toán khá hay. Chẳng hạn trong đề bài trên:
http://baigiangtoanhoc.com Chuyên đề ôn thi học sinh giỏi Quốc gia 1 1 *) Đặt u n  , u 0  1  v 0  1;u1  2  v1  . vn 2 1 2 1 1 2 3v n v n 1 u n 2   u n 1  u n     vn 2  , n  0 . 3 3 vn 2 3v n 1 3v n vn  2v n 1 Như vậy ta có đề toán mới như sau:  1  v 0  1, v1  2 Xác định số hạng tổng quát của dãy số thoả mãn:   v n  2  3v n v n 1 , n  0.  v n  2v n 1 2 *) Đặt u n  ln v n , u 0  1  v 0  e;u1  2  v1  e . 1 2 1 2 vn 2 u n  2   u n 1  u n  ln v n  2   ln v n 1  ln v n  v n 2  3 , n  0 . 3 3 3 3 v n 1 Như vậy ta có đề toán mới như sau:  v 0  e, v1  e 2 Xác định số hạng tổng quát của dãy số thoả mãn:   vn 2  vn 2  3 , n  0.  v n 1  u1   2 Ví dụ 2: Tìm u n biết  . Trong đó: a  b  1,   0,a  1 . 2  u n 1  a.u n  b.u n  c Giải: Từ (*) u n 1  a.u n  b.u n2  c  u n 1  a.u n  b.u n2  c  0  (u n 1  a.u n ) 2  b.u n2  c  u n2 1  2.a.u n .u n 1  a 2 u n2  b.u n2  c  u 2n 1  2.a.u n .u n 1  u n2 (a 2  b)  c  u n2 1  2.a.u n .u n 1  u n2  c n  1  u 2n 1  2.a.u n .u n 1  u n2  u n2  2.a.u n .u n 1  u n2 1  u 2n 1  u n2 1  2.a.u n (u n 1  u n 1 )  (u n 1  u n 1 ).(u n 1  2.a.u n  u n 1 )  0 (**) Bằng quy nạp ta CM được: u1  u 2  ...  u n  ...  u n 1  u n 1  0  u n 1  2.a.u n  u n 1  0  u  ;u  a.  b. 2  c Từ đó:  1 2  u n 1  2.a.u n  u n 1  0 Ta tính được u n theo dạng (1).
http://baigiangtoanhoc.com Chuyên đề ôn thi học sinh giỏi Quốc gia Phần II: Áp dụng việc tìm số hạng tổng quát của dãy truy hồi tuyến tính cấp 2 trong một số bài toán về dãy số.  u 0  0;u1  1  Ví dụ 1: Cho dãy (u n ) thoả mãn  1 . Tìm lim u n . u  n  2  u n 1  u n ,n  0 2 Giải: 2 1 1 i Phương trình đặc trưng của dãy là t  t   0 có một nghiệm phức là t  ; |t|= 2 2 1  , Argt= . Do đó số hạng tổng quát của dãy có dạng 2 4 n  2 n n un    (x.cos  ysin ),n  0;x, y  .  2  4 4 Từ giả thiết u 0  0;u1  1 ta suy ra x= 0; y= 2. Vậy số hạng tổng quát của dãy là n 2 n 2 n 2 u n  2sin ( )  sin ,lim u n  0 vì | u n |  0. 4 2 ( 2) n 4 ( 2) n  x 0  1;x1  5 Ví dụ 2: Cho dãy (x n ) thoả mãn  .  x n 1  6x n  x n 1 , n  1 Hãy tìm lim x n { 2x n }. Giải: Bằng phương pháp xác định số hạng tổng quát ở trên, ta xác đinh được số hạng tổng quát 2 2 2 2  của dãy là x n  ( )(3  2 2) n   n  (3  2 2) . Hay 4  4  1 1 xn  ( 2  1)2n 1  ( 2  1) 2n 1 2 2 2 2 1 1  2x n  ( 2  1) 2n 1  ( 2  1) 2n 1 2 2 2 1  2x n  ( 2  1)2n 1  ( 2  1) 2n 1  ( 2  1) 2n 1  2 1  2n 1 2n 1   2x n  ( 2  1)2n 1    C k2n 1 ( 2) 2n 1k   Ck2n 1 ( 2)2n 1k ( 1)k  2  k 0 k 0 
http://baigiangtoanhoc.com Chuyên đề ôn thi học sinh giỏi Quốc gia 2n 1 n   C2t 1 2n 1 ( 2) 2n 1 2k 1   C 2t 1 (n  t ) 2n 1 2  . 2t 11 t 0 n  2x n  ( 2  1)2n 1   C 2n 2t 1 (n  t ) 1 2 t 0 n 2n 1 1 nt 0  2  1  1  0  ( 2  1)  1   2x n    C2t2n 1.2 t 0   2x n   2x n   ( 2  1) 2n 1  2x n  ( 2  1) 2n 1  1 1   x n 2x n  2 2 (1  ( 2  1)2(2n 1) )  2 2 (1  ( 2  1)4n 2 ) 1 1 1  lim x n 2x n  2 2 2 2  lim( 2  1)4n  2  2 2 . Ví dụ 3: Cho dãy số u n được xác định như sau: (2  3)n  (2  3) n un  ;n  0,1,2.... 2 3 a. Chứng minh rằng u n là số nguyên với mọi n = 0, 1, 2, …. b. Tìm tất cả số hạng của dãy chia hết cho 3. Giải: a) Với n  0  u 0  0;n  1  u1  1.     4 Đặt   2  3;   2  3 , ta có  .  1 Dễ thấy u n là số hạng tổng quát của dãy số cho bởi công thức:  u 0  0;u1  1   u n  2  4u n 1  u n  0 Do u 0  0;u1  1   ; u n  2  4u n 1  u n nên u n  , n  0,1,... . b) Ta có u n  2  3u n 1  (u n 1  u n ) . Do u n 1  nên u n  2  u n 1  u n (mod 3). Bằng phép tính trực tiếp ta thấy 8 số hạng đầu tiên của dãy u 0 ,u1 ,..., u 7 khi chia cho 3 có các số dư tương ứng là 0,1,1,0,2,2,0,1. Suy ra u n  6  u n (mod 3). Từ đó ta thấy trong dãy số nói trên mọi số hạng có dạng u 3k , k=0,1,2… chia hết cho 3 và chỉ những số hạng ấy mà thôi.
http://baigiangtoanhoc.com Chuyên đề ôn thi học sinh giỏi Quốc gia Ví dụ 4: (Thi HSG QG năm 2011): Cho dãy số nguyên (a n ) xác định bởi: a0 = 1, a1  1,a n  6a n 1  5a n 2 với mọi n  2 . Chứng minh rằng a 2012  2010 chia hết cho 2011. Giải: Cách 1: Xét dãy ( b n ) được xác định như sau: b 0  1;b1  1;b n  6b n 1  2016b n 2 , với mọi n  2. 2 Dãy này có phương trình đặc trưng là x  6x  2016  0 có hai nghiệm là x = -42, y = 48. Từ đây suy ra số hạng tổng quát của dãy là 41.48n  49.(42)n bn  , n  . 90 Ngoài ra, ta cũng dễ dàng chứng minh bằng qui nạp rằng a n  b n (mod 2011), n  . Do đó ta chỉ cần chứng minh b 2012  1  0(mod 2011) . Ta có: 41.482012  49.(42) 2012  90 b 2012  1  . 90 Do 2011 là số nguyên tố và 2011, 90 là hai số nguyên tố cùng nhau nên ta chỉ cần chứng 2012 minh: 41.48  49.(42)2012  90  0(mod 2011). (1) Mà theo định lí Fermat nhỏ , ta có 2012 41.48  49.(42)2012  90  41.482  49.422  90(mod 2011) = 90. b 2 +90 = 90 [6(-1)+2016.1]+90 = 90.2010 + 90 = 90.2011  0 (mod 2011). Vậy (1) đúng, bài toán được chứng minh. 2 Cách 2: Phương trình đặc trưng của dãy đã cho là x  6x  5  0 có hai nghiệm là 3  14 và 3  14 , do đó ta tìm được số hạng tổng quát của dãy là (7  2 14)(3  14)n  (7  2 14)(3  14)n an  14 (7  14)(3  14)n 1  (7  14)(3  14) n 1  14   u n  2v n . Trong đó (3  14) n 1  (3  14)n 1 (3  14)n 1  (3  14)n 1 un  , vn  2 2 14 Sử dụng công thức khai triển nhị thức Niu-Tơn, ta có
http://baigiangtoanhoc.com Chuyên đề ôn thi học sinh giỏi Quốc gia 1005 1005 2k u 2012   C2011 320112k14k  32011   C2k 2011 3 2011 2k 14k. k 0 k 1 Do 1
http://baigiangtoanhoc.com Chuyên đề ôn thi học sinh giỏi Quốc gia 2 X  1 Giải PT đặc trưng: X  4.X  5  0   X  5 1747 n n 2005 1747.(1)n  2005.(1) n 1975  xn  .5  (1) .  un   30 3 120 8 1996 1747.5  49675  u1996  120  u1996 .120  1747.(51996  1)  1997.24 1996 Suy ra u1996 chia hết 1997 vì 5  1 (mod 1997) a 0  2 Ví dụ 6: Cho dãy số  a n  :  2 a n 1  4a n  15a n  60 1 Chứng minh rằng số A  (a 2n  8) có thể biểu diễn thành tổng bình phương của ba số 5 nguyên liên tiếp với mọi n  1 . Giải: a n 1  4a n  15a n 2  60  (a n 1  4a n ) 2  15a n 2  60 a n 12  8a n 1a n  a n 2  60  0 (1) 2 2 Áp dụng biểu thức trên với n ta có a n  8a n 1a n  a n 1  60  0 (2) Trừ từng vế (1) và (2) ta có 2 a n 1  a n 12  8(a n 1  a n 1 )a n  0  (a n 1  a n 1 )(a n 1  a n 1  8a n )  0(*) Từ giả thiết suy ra a n  0, n  a n 1  4a n  a n suy ra (a n ) là dãy tăng. Suy ra a n 1  a n 1  0 . Từ (*) suy ra a n 1  a n 1  8a n  0 . 2 Giải phương trình đặc trưng t  8t  1  0  t1,2  4  15  a n  (4  15) n  (4  15) n  a 2n  (4  15) 2n  (4  15) 2n Với mỗi n  1 tồn tại k   để (4  15)n  (4  15) n  15k 2   (4  15) n  (4  15) n   15k 2  (4  15) 2n  (4  15) 2n  2  15k 2  a 2n  15k 2  2
http://baigiangtoanhoc.com Chuyên đề ôn thi học sinh giỏi Quốc gia 1 1 A  (a 2n  8)  (15k 2  10)  3k 2  2  (k  1) 2  k 2  (k  1) 2 (đpcm). 5 5  u1  0,u 2  1 Ví dụ 7: Cho dãy ( u n ) xác định:   u n  2  u n  u n 1  1 CMR: p là số nguyên tố p>5: thì u p .(u p1  1) chia hết cho p. Giải: Xét dãy: xn  un  1  xn 2  xn  xn1 n 1 n 1 1   5  1  1 5   . Suy ra số hạng tổng quát: xn      5  2   2     n 1 n 1 1   5  1   1 5    un         1 5   2   2    1   u p  1 .2 p  2 5  ( 5  1) p ( 5  1)  ( 5  1) p ( 5  1) .  1 1   ( 5  1) p  ( 5  1) p  2 2 5   ( 5  1) p  ( 5  1) p  p p p p 1 1  ( C pk ( 5) k   C pk ( 5)k (1) p  k )  ( C pk ( 5) k   C pk ( 5) k ( 1) p  k ) 2 k 0 k 0 2 5 k 0 k 0 p 1 p 1 2 2 1 1 u p  1 .2 p  ( C p2 k 2( 5) 2 k  2 k 0 ( C p2 k 1 2( 5) 2 k 1 2 5 k 0 p 1 2 p! u p  1 .2 p   (C p2 k  C p2 k 1 )5k ; C pk  ( p  k )!k !  0 (mod p)1  k  p  1 k 0 p 1 p 1 2 p.  u p  1  C p0 .50  C pp .5 2 5 2  1 (mod p ) (2) p 1 p 1 p1 2 2 Ta có 5  1 (mod p )  (5  1)(5  1)  0 (mod p ) . p1 Nếu 5 2  1  0 (mod p ) Từ (2)  2 p. u p  1  0 (mod p ) mà (2;p)=1.  u p  1  0 (mod p )  u p (u p  1) p (đpcm) p1 p1 Nếu 5 2  1 (mod p )  5 2  1  2 (mod p ) p   Từ (2): 2 . u p  1  2 (mod p ) ; (2,P)=1  2  2(mod p )  2 .u p  0(mod p ) , p p (2,P)=1  u p  0(mod p )  u p (u p  1) p (Đpcm). Phần III. Một số bài tập tự luyện:
http://baigiangtoanhoc.com Chuyên đề ôn thi học sinh giỏi Quốc gia  u 0  u1  1 Bài 1: Tìm số hạng tổng quát của dãy (u n ),n  0 xác định bởi:  .  u n  2  6u n 1  9u n ,n  0 Bài 2: Cho dãy số (u n ),n  0 xác định như sau: 3 5 n 3 5 n un  ( ) ( )  2,n  1, 2,.... 2 2 a. Chứng minh rằng u n là số tự nhiên n  1,2,.... b. Chứng minh rằng u 2011 là số chính phương.  u 0  0, u1  1 Bài 3: Cho dãy số (u n ),n  0 xác định như sau:   u n  2  2u n 1  4u n , n  0. u u Tìm lim nn ;lim nn . 2 2