Sáng kiến kinh nghiệm THPT: Phương pháp xác định công thức tổng quát của dãy số

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:62

Thêm vào BST

Báo xấu

16
lượt xem 4
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nội dung của sáng kiến được chia làm bốn mục sau: Sử dụng CSC – CSN để xây dựng phương pháp tìm CTTQ của một số dạng dãy số có dạng công thức truy hồi đặc biệt; Sử dụng phương pháp thế lượng giác để xác định CTTQ của dãy số; Sử dụng phương pháp hàm sinh để xác định CTTQ của dãy số; Ứng dụng của bài toán xác định CTTQ của dãy số vào giải một số bài toán về dãy số - tổ hợp.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Sáng kiến kinh nghiệm THPT: Phương pháp xác định công thức tổng quát của dãy số

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP XÁC ĐỊNH CÔNG THỨC TỔNG QUÁT CỦA DÃY SỐ. Lĩnh vực: Toán học Cửa Lò – 4/2022
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN TRƯỜNG THPT CỬA LÕ SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP XÁC ĐỊNH CÔNG THỨC TỔNG QUÁT CỦA DÃY SỐ. Lĩnh vực: Toán học Người viết: Nguyễn Xuân Hòa Tổ: Toán -Tin Đơn vị công tác: Trường THPT Cửa Lò Cửa Lò – 4/2022 2
A. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI Các vấn đề liên quan tới dãy số là một phần quan trọng của Đại số và Giải tích toán học. Song khái niệm dãy số học sinh mới chỉ được làm quen trong chương trình toán lớp 11 phần mở đầu của Giải tích toán học. Các dạng toán liên quan tới nội dung này ở sách giáo khoa chỉ ở mức độ mở đầu, cơ bản. Trong khi đó các câu hỏi trong đề thi học sinh giỏi thường là khó với các em. Qua thực tế giảng dạy chương trình toán lớp 11 những năm qua, cũng như việc nghiên cứu nội dung thi học sinh giỏi các cấp, tôi nhận thấy một dạng toán khá cơ bản về dãy số là bài toán tìm số hạng tổng quát. Lý thuyết đại số và các bài toán về dãy số đã được đề cập hầu hết trong các giáo trình cơ bản của giải tích toán học. Trong đa số đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh trong các năm gần đây, nội dung dãy số chiếm khoảng 15- 20% trong đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh. Với việc áp dụng sáng kiến này tôi thấy các em học sinh đã tự tin hơn khi đứng trước bài toán về dãy số, hứng thú phân tích tìm lời giải hơn và bước đầu có những kết quả khả quan nhất định. Đa số các em tìm được lời giải của bài toán tìm số hạng tổng quát ở mức độ mở rộng đơn giản. Các phương pháp tìm số hạng tổng quát của dãy số cho bởi hệ thức truy hồi gần như là bài toán được đề cập tới đầu tiên. Tuy nhiên với nhiều phương pháp khác nhau bài toán này thực sự không phải là dễ với học sinh. Dãy số là một lĩnh vực khó và rất rộng, trong các đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh, quốc gia cũng thường xuất hiện các bài toán về dãy số. Để giải được các bài toán về dãy số đòi hỏi người làm toán phải có kiến thức tổng hợp về số học, đại số, giải tích. Các vấn đề liên quan đến dãy số cũng rất đa dạng và cũng có nhiều tài liệu viết về vấn đề này, các tài liệu này cũng thường viết khá rộng về các vấn đề của dãy số, các vấn đề được quan tâm nhiều hơn là các tính chất số học và tính chất giải tích của dãy số.Tính chất số học của dãy số thể hiện như tính chia hết, tính nguyên, tính chính phương… , tính chất giải tích có nhiều dạng nhưng quan trọng là biết cách xác định công thức cơ bản của dãy số. Vì vậy chúng tôi chọn đề tài “Một số phương pháp xác định công thức tổng quát của dãy số ” Nội dung của chuyên đề được chia làm bốn mục : 3
I: Sử dụng CSC – CSN để xây dựng phương pháp tìm CTTQ của một số dạng dãy số có dạng công thức truy hồi đặc biệt. II: Sử dụng phương pháp thế lượng giác để xác định CTTQ của dãy số III: Sử dụng phương pháp hàm sinh để xác định CTTQ của dãy số IV: Ứng dụng của bài toán xác định CTTQ của dãy số vào giải một số bài toán về dãy số - tổ hợp . Một số kết quả trong chuyên đề này đã có ở một số sách tham khảo về dãy số, tuy nhiên trong chuyên đề các kết quả đó được xây dựng một cách tự nhiên từ đơn giản đến phức tạp giúp các em học sinh nắm bắt kiến thức dễ dàng hơn và phát triển tư duy cho các em học sinh. Đề tài được hoàn thành tại trường THPT Cửa Lò. Trong quá trình thực hiện đề tài chúng tôi đã nhận được nhiều sự chỉ bảo của các thầy cô giáo đi trước về bố cục, nội dung. Nhân đây cho phép chúng tôi bày tỏ lời cảm ơn chân thành đến các thầy cô giáo, bạn bè đồng nghiệp, đặc biệt là thầy Nguyễn Tất Thu và thầy cô trong tổ Toán - Tin trường THPT Cửa Lò. Cuối cùng do nhiều nguyên nhân, đề tài hoàn toàn không tránh khỏi được những sai sót. Chúng tôi mong nhận được sự góp ý chân thành của các thầy cô giáo và các độc giả để ngày càng hoàn thiện hơn trong quá trình nghiên cứu khoa học và viết các đề tài. 4
B. NỘI DUNG I. SỬ DỤNG CSC – CSN ĐỂ XÂY DỰNG CÁCH TÌM CTTQ CỦA MỘT SỐ DẠNG DÃY SỐ CÓ CÔNG THỨC TRUY HỒI ĐẶC BIỆT. Trong mục này chúng tôi xây dựng phương pháp xác định CTTQ của một số dạng dãy số có công thức truy hồi đặc biệt. Những phương pháp này được xây dựng dựa trên các kết quả đã biết về CSN – CSC , kết hợp với phương pháp chọn thích hợp. Trước hết ta nhắc lại một số kết quả đã biết về CSN – CSC . 1. Số hạng tổng quát của cấp số cộng và cấp số nhân 1.1: Số hạng tổng quát của cấp số cộng Định nghĩa: Dãy số (un ) gọi là cấp số cộng nếu có một số thực d sao cho với mọi số nguyên n  2 ta có: un  un 1  d . d : gọi là công sai của CSC; u1 : gọi số hạng đầu, un gọi là số hạng tổng quát của cấp số Định lí 1: Cho CSC (un ) . Ta có : un  u1  (n  1)d (1). Định lí 2: Gọi Sn là tổng n số hạng đầu của CSC (un ) có công sai d. Ta có: n Sn  [2u1  (n  1)d ] (2). 2 1. 2: Số hạng tổng quát của cấp số nhân Định nghĩa: Dãy số (un ) có tính chất un 1  q.un n  * gọi là cấp số nhân công bội q n 1 Định lí 3: Cho CSN (un ) có công bội q. Ta có: un  u1q (3). Định lí 4: Gọi Sn là tổng n số hạng đầu của CSN (un ) có công bội q . Ta có: 1 - qn Sn  u1 (4). 1 -q 2. Áp dụng CSC – CSN để xác định CTTQ của một số dạng dãy số đặc biệt 5
Ví dụ 1.1: Xác định số hạng tổng quát của dãy số (un ) được xác định bởi u1  1, un  un 1  2 n  2 . Giải: Ta thấy dãy (un ) là một CSC có công sai d  2 . Áp dụng kết quả (1) ta có: un  1  2(n  1)  2n  3 . Ví dụ 1.2: Xác định số hạng tổng quát của dãy số (un ) được xác định bởi u1  3, un  2un 1 n  2 . Giải: Ta thấy dãy (un ) là một CSN có công bội q  2 . Ta có: un  3.2n 1 . Ví dụ 1.3: Xác định số hạng tổng quát của dãy (un ) được xác định bởi: u1  2, un  3un 1  1 n  2 . Giải: Trong bài toán này chúng ta sẽ gặp khó khăn vì dãy (un ) không phải là CSC hay CSN! Ta thấy dãy (un ) không phải là CSN vì xuất hiện hằng số 1 ở VT. Ta tìm cách làm mất 1 đi và chuyển dãy số về CSN. Để thực hiện ý đồ này ta đặt un  k.vn  l ; k, l là các hằng số và k  0 ( ta sẽ chọn k, l sau). 2l  1 Khi đó, ta có: k.vn  l  3k.vn 1  3l  1  vn  3vn 1  . k k  1 2l  1 1  Ta chọn k, l :  0  l  và k bất kì nên ta chọn  1. k 2 l   2 vn  3vn 1   (vn ) :  5 . Dễ thấy dãy (vn ) là CSN với công bội q  3 v 1    2 6
n 1 5 n 1 1 5.3n 1 1  vn  v1.q   .3 . Suy ra: un  vn     2 2 2 2 Ta thấy k bất kì, do đó khi đặt ta chọn k  1 . Tương tự cách làm này ta có được kết quả tổng quát sau: Dạng 1: Dãy số (un ) : u1  x 0, un  aun 1  b n  2 ( a,b  0 là các hằng số) có CTTQ là: u1  (n  1)b khi a  1  un   a n 1  1 . n 1 u1.a b khi a  1  a 1 Ví dụ 1.4: Xác định CTTQ của dãy (un ) được xác định bởi u1  2; un 1  2un  3n  2 . Giải: Ở ví dụ này chúng ta không thể sử dụng kết quả 1 được vì hệ số tự do ở đây không phải là hằng số mà là một hàm bậc nhất biến n . Tuy nhiên chúng ta có thể bắt chước cách giải ở trên làm mất 3n  2 ở VP, ta đặt : un  k.vn  t.n  l ; k, t,l là các hằng số k  0 . Khi đó ta có: t3 l t 2 kvn 1  t(n  1)  l  2kvn  2tn  2l  3n  2  vn 1  2vn  .n  . k k t  3 t  3  0  Ta chọn k, t,l sao cho:  k  l  5 , ta chọn k  1. l  t  2  0 k  0  k  v  10  (vn ) :  1  vn  10.2n 1  5.2n . vn  2vn 1 Vậy un  vn  3n  5  5.2n  3n  5 . Ta thấy trong cách giải trên không phụ thuộc vào k , nên khi đặt ta có thể chọn k  1 . 7
u1  2 Ví dụ 1.5: Cho dãy số (un ) :  . Tìm CTTQ của dãy (un ) . un  un 1  2n  1 Giải: Với bài toán này nếu ta thực hiện cách làm như trên sẽ không dẫn đến kết quả, 2 1t vì sau khi đặt ta có : vn 1  vn  .n  dẫn đến ta không thể làm mất n được. k k Ta sẽ đi tìm lời giải khác cho bài toán trên. Ta viết công thức truy hồi của dãy đã cho dưới dạng sau un  un 1  2n  1 . Từ đây ta có: un  (un  un 1 )  (un 1  un 2 )  ...  (u2  u1 )  u1    2n  1  2(n  1)  1  ...  2.2  1  2  2 n  n  1  ...  2  1  n  1 n(n  1) 2  n  1  n 2  2n  1 . 2 Từ kết quả chúng ta tìm được, ta thấy được nguyên nhân mà cách làm ban đầu không cho ta kết quả là CTTQ của dãy số là một đa thức bậc hai theo n , mà với cách đặt ban đầu thì ta thấy là trong CTTQ của dãy là một đa thức bậc nhất. Từ phân tích này ta có thể giải bài toán trên theo cách khác như sau: Đặt un  vn  an 2  bn  c . Khi đó, ta có: vn  an 2  bn  c  vn 1  a(n  1)2  b(n  1)  c  2n  1  vn  vn 1  2(1  a )n  a  b  1 . 1  a  0 a  1 Ta chọn   , c bất kì nên ta chọn c  0 . a  b  1  0 b  2 v  1 Khi đó: (vn ) :  1  vn  vn 1  vn  2  ...  v1  1 v  n  vn 1 Vậy un  vn  n 2  2n  n 2  2n  1 . 8
Vì c bất kì nên ta chỉ cần đặt un  vn  an 2  bn  vn  n(an  b) Dạng 2: Từ ví dụ 4 và cách giải thứ hai của ví dụ 5 ta rút ra được cách tìm CTTQ u  x 0 của dãy (un ) được xác định bởi:  1 , trong đó f (n ) là một đa thức u  n  a .un 1  f (n ) bậc k theo n ; a là hằng số. Ta làm như sau: * Nếu a  1 , ta đặt un  vn  n.g(n) với g(n ) là một đa thức theo n bậc k , thay vào công thức truy hồi của dãy rồi ta chọn g(n ) : ng(n )  (n  1)g(n  1)  f (n ) ta có   được dãy vn là CSN với công bội q  1 từ đó ta tìm được CTTQ của dãy vn suy   ra ta có CTTQ của dãy (un ) . * Nếu a  1 , ta đặt un  vn  h(n) với h(n ) là một đa thức theo n bậc k . Thay vào công thức truy hồi của dãy rồi ta chọn h(n ) : h(n )  ah(n  1)  f (n ) ta có được dãy vn  là CSN với công bội q  a   từ đó ta tìm được CTTQ của dãy vn . Suy ra ta có CTTQ của dãy (un ) .  u1  1 Ví dụ 1.6: Cho dãy số (un ) :  n .Tìm CTTQ của dãy u  3 u  2 ; n  2, 3,...  n n 1 (un ) . Giải: Với cách giải tương tự như các ví dụ trên ta đặt: un  vn  a.2n . Ta có: vn  a.2n  3(vn 1  a.2n 1 )  2n  vn  3vn 1  2n (a  2) Ta chọn a  2  vn  3vn 1  v1.3n 1  5.3n 1 9
Vậy un  5.3n 1  2n 1 . Lưu ý : Trong trường hợp tổng quát dãy (un ) : un  a.un 1  b. n , ta đặt un  xn  y. n . Khi đó , ta có: xn  y. n  a.xn 1  ay. n 1  b. n b  x n  a.x n 1  y(a   )  b   n 1 . Do đó, nếu a   , ta chọn y   a n 1 b 2 n 1 b  xn  a.xn 1  xn  x1.a  un  (u1  )a  . n  a  a Trường hợp   a  un  a.un 1  b.a n  un  (un  a.un 1 )  a(un 1  un 2 )  ...  a n 2 (u2  au1 )  u1.a n 1  un  b(n  1)a n  u1a n 1 . Vậy ta có kết quả sau.  u1  p Dạng 3: Cho dãy (un ) :  n . Khi đó ta có: u  n  a .un 1  b. n  2  Nếu a    un  ab(n  1)  u1  a n 1 . b 2 n 1 b  Nếu a    un  (u1  )a  . n .  a  a Chú ý : Trong trường hợp a   ta có thể tìm CTTQ của dãy (un ) như sau: Đặt un  xn  y.n.a n . Khi đó ta có: xn  y.n. n  a.xn 1  ay(n  1).a n 1  b.a n  xn  a.xn 1  (y  b).a n nên ta chọn y  b  x n  x1.a n 1  un  (u1  ab)a n 1  bn.a n  ab(n  1)  u1  a n 1 .  u1  2 Ví dụ 1.7: Tìm CTTQ của dãy (un ) :  n n . u  5u  2.3  6.7  12 ; n  2, 3,...  n n 1 10
Giải: Đặt un  vn  a.3n  b.7n  c . Khi đó , ta có: vn  a.3n  b.7n  c  5(vn 1  a.3n 1  b.7n 1  c)  2.3n  6.7n  12  vn  5vn 1  3n 1(2a  6)  7n 1(2b  42)  4c  12 . 2a  6  0 a  3   Ta chọn a,b, c : 2b  42  0  b  21 . 4c  12  0 c  3   Khi đó: vn  5vn 1  vn  v1.5n 1  157.5n 1 Vậy un  vn  3n 1  3.7n 1  3  157.5n 1  3n 1  3.7n 1  3 . Qua ví dụ trên ta có kết quả sau:  u1  p Dạng 4: Để tìm CTTQ của dãy số (un ) :  n n , u  n  a .un 1  b.  c.  d ; n  2 ( trong đó a,b, c  0; ,   1; .  a ) ta làm như sau:  Nếu a  1  un  un 1  b. n  c. n  d n 2  un  u1   (un i  un i 1 ) i 0 n 2 n 2 n 2  u1   (b. n i  c. n i  d )  u1  b   n i  c   n i  d.(n  1) i 0 i 0 i 0  1  n  1  n   un  u1  b. .   1   c. .   1   d .(n  1) .  1   1        Nếu a  1 , ta đặt un  vn  x . n  y. n  z Ta có: vn  a.vn 1  (ax  x  b) n 1  (by  y   c) n 1  z(a  1)  d 11
b c d Ta chọn : x  ;y  ;z  .  a  b 1a n 1   2b  2c d  n 1 Khi đó: vn  a.vn 1  vn  v1.a   u1    a    a   b 1  a      2b  2c d  n 1 b c d un   u1    a  n  n  .    a   b 1  a    a   b 1  a   Chú ý : Nếu   a hoặc   a thì khi đặt un theo vn thì ta nhân thêm n vào trước  n hoặc  n .  u1  1 Ví dụ 1.8: Tìm CTTQ của dãy (un ) :  n . u  2 u  3  n ; n  2  n n 1   Giải: Để tìm CTTQ của dãy un ta sử dụng hai kết quả 2 và kết quả 3 Đặt un  vn  a.3n  bn  c .   Ta có: vn  a.3n  bn  c  2 vn 1  a.3n 1  b(n  1)  c  3n  n  vn  2vn 1  (a  1)3n 1  (b  1)n  2b  c . Ta chọn a  b  1;c  2 . Khi đó: vn  2vn 1  vn  v1.2n 1  5.2n 1 Vậy un  5.2n 1  3n  n  2 . u1  p Dạng 5: Nếu dãy số (un ) :  n , trong đó f (n ) là đa u  n  a .un 1  b.  f (n ); n  2 thức theo n bậc k ta tìm CTTQ của dãy như sau: 12
* Nếu a  1 ta đặt un  vn  x . n  g(n) , với g(n ) là đa thức theo n bậc k . Ta sẽ chọn sao cho dãy (vn ) là một CSN, khi đó ta sẽ tìm được CTTQ của dãy (vn ) từ đó ta có CTTQ dãy (un ) . * Nếu a  1 thì ta tìm được un theo cách làm đã ở kết quả 2 và 3. Ví dụ 1.9: Xác định CTTQ của dãy (un ) : u0  1, u1  3, un 1  5un  6un 1 n  1. Giải: Ta viết công thức truy hồi của dãy lại như sau: un 1  2un  3(un  2un 1 ) (1) v  5 Đặt vn 1  un 1  2un , ta có:  1  vn  5.3n 1  un  2un 1  5.3n 1 . vn 1  3vn Sử dụng kết quả 2, ta có: un  5.3n  6.2n . Trong lời giải trên ta đã phân tích 5  2  3 và 6  2.3 để viết lại công thức truy hồi như (1), từ đó ta đưa vào được dãy phụ (vn ) là một CSN. Các hệ số xuất hiện trong công thức truy hồi là 5;6 nên ta dễ dàng tìm được mối liên hệ, trong trường hợp tổng quát ta có luôn phân tích được các hệ số như vậy hay không ? Nếu được thì phân tích như thế nào ?. Ta xét ví dụ sau: u  1; u1  2   Ví dụ 1.10: Cho dãy số un được xác định bởi :  0 . un 1  4un  un 1 n  1 Hãy xác định CTTQ của dãy (un ) . Giải: x  y  4 Gọi x , y là hai số thỏa mãn:   x , y là nghiệm PT: X 2  4X  1  0 xy  1 13
 X  2  5 , ta chọn x  2  5; y  2  5 . Ta có: un 1  (x  y )un  xyun 1  un 1  x .un  y(un  xun 1 ) . Đặt vn  un  x .un 1  v1  2  x và vn 1  y.vn  vn  v1.y n 1  (2  x )y n 1  un  x .un 1  (2  x )y n 1 . Áp dụng kết quả 3, ta có: y 2 n 2x n 1 un  x  y  (2  5)n  (2  5)n  . y x y x 2  Ví dụ 1.11: Cho a,b, c là các số thực khác không và dãy (un ) được xác định bởi u0  p; u1  q  . Hãy xác định CTTQ của dãy (un ) ? u  n 1  a .un  b.un 1 Giải: Ta viết lại công thức truy hồi của dãy đã cho như sau: un 1  x .un  y(un  x .un 1 ) . x  y  a Ta xác định x , y sao cho:   x , y là nghiệm PT: X 2  aX  b  0 (1). xy  b Giả sử tồn tại tại x , y , tức là phương trình (1) có nghiệm. v  q  x .p Đặt vn  un  x .un 1 . Ta có:  1  vn  (q  xp)y n 1 vn 1  yvn  un  x .un 1  (q  px )y n 1 .  Nếu (1) có hai nghiệm phân biệt, hay x  y . Áp dụng kết quả 2, ta có: yp  q n q  xp n un  x  y . y x y x a  Ta xét trường hợp còn lại: (1) có nghiệm kép  x  y  . 2 14
a pa a n 1  un  un 1  (q  )( ) . Áp dụng kết quả 2: 2 2 2 n 1 a   pa ap  un      (q  )n  . 2 2 2  Vậy ta có kết quả tổng quát sau: Dạng 6: Cho a,b, c là các số thực khác không; a 2  4b  0 và dãy (un ) được xác u  p; u1  q định bởi:  0 . Khi đó: u  n 1  a .un  b.un 1 y.u0  u1 u1  x .u0  Nếu a 2  4b  0 thì un  xn  y n , trong đó x , y là nghiệm y x y x của phương trình : X 2  aX  b  0 (1). n 1 2 a   pa ap   Nếu a  4b  0 thì un      (q  )n  . 2 2 2  Phương trình (1) gọi là phương trình đặc trưng của dãy. Chú ý : Để xác định CTTQ của dãy (un ) nói trên ta có thể trình bày như sau Xét phương trình đặc trưng (1)  Nếu (1) có hai nghiệm phân biệt X1, X2 thì un  x .X1n  y.X2n , dựa vào u0 , u1 ta tìm được x , y .  Nếu (1) có nghiệm kép X1  X2   thì un  (pn  q ). n , dựa vào u0 , u1 ta tìm được p, q . 15
 u0  1; u1  3 Ví dụ 1.12: Cho dãy (un ) :  . Xác định u  5un 1  6un  2  2n 2  2n  1; n  2  n CTTQ của dãy (un ) . Giải: Ta tìm cách làm mất vế phải trong công thức truy hồi của dãy, bằng cách: Đặt un  xn  an 2  bn  c . Thay vào công thức truy hồi của dãy và rút gọn ta được xn  5xn 1  6xn 1  2an 2  (14a  2b)n  19a  b  2c  2n 2  2n  1 2a  2 a  1   Ta chọn a,b, c : 14a  2b  2  b  8 . Khi đó: 19a  b  2c  1 c  13   x  12; x1  23 (x n ) :  0 . Áp dụng kết quả 3, ta có: x n  5x n 1  6x n  2  0 xn  13.2n  3n  un  13.2n  3n  n 2  8n  13 . u  p; u2  q Ví dụ 1.13: Tìm CTTQ của dãy số: (un ) :  1 ,( a .u  n 1  b.un  c.un 1  f (n ) ; n  2 trong đó f (n ) là đa thức theo n và b2  4ac  0 ). Giải: Đặt un  xn  g(n ) với g(n ) là một đa thức theo n . Thay vào công thức truy hỗi của dãy ta được: a.xn  b.xn 1  c.xn 2  a.g(n )  b.g(n  1)  cg(n  2)  f (n ) Ta chọn g(n ) : a.g(n )  bg(n  1)  cg(n  2)  f (n ) (*). Khi đó: a.xn  bxn 1  c.xn 2  0 . Áp dụng kết quả 2, ta có được CTTQ của dãy (xn ) , từ đó ta tìm được CTTQ của dãy (un ) . Vấn đề còn lại là giải phương trình (*). 16
Giả sử g(n)  ak n k  ak 1n k 1  ...  a1n  a 0 là đa thức bậc k . Khi đó hệ số của x k và x k 1 trong VP là: ak .(a  b  c)x k và  (b  2c)k .ak  (a  b  c)ak 1  x k 1 .Do đó : * Nếu PT: aX 2  bX  c  0 (1) có nghiệm hai nghiệm phân biệt khác 1 thì a  b  c  0 nên VT(*) là một đa thức bậc k . * Nếu PT (1) có hai nghiệm phân biệt trong đó có một nghiệm x  1  a  b  c  0 và (b  2c)k.ak  (a  b  c)ak 1  (b  2c).k.ak  0 nên VT là một đa thức bậc k  1 . * Nếu PT (1) có nghiệm kép x  1  a  b  c  0 và  (b  2c)k .ak  (a  b  c)ak 1  x k 1 nên VT(*) là một đa thức bậc k  2 . Vậy để chọn g(n ) ta cần chú ý như sau:  Nếu (1) có hai nghiệm phân biệt, thì g(n ) là một đa thức cùng bậc với f (n )  Nếu (1) có hai nghiệm phân biệt, trong đó một nghiệm bằng 1 thì ta chọn g(n ) là đa thức lớn hơn bậc của f (n ) một bậc.  Nếu (1) có nghiệm kép x  1 thì ta chọn g(n ) là đa thức có bậc lớn hơn bậc của f (n ) hai bậc. u  p; u2  q Dạng 7: Để tìm CTTQ của dãy (un ) :  1 , a.un 1  b.un  c.un 1  f (n ) ; n  2 ( trong đó f (n ) là đa thức theo n bậc k và b2  4ac  0 ) ta làm như sau:  Xác định đa thức g(n ) : a.g(n )  bg(n  1)  cg(n  2)  f (n ) , trong đó g(n ) là: đa thức theo n bậc k nếu PT (1) có hai nghiệm phân biệt khác 1 ; đa thức bậc k  1 nếu (1) có hai nghiệm phân biệt trong đó có một nghiệm bằng 1 ; đa thức bậc k  2 nếu (1) có nghiệm kép x  1  Khi xác định được g(n ) ta đặt un  xn  g(n ) , ta có dãy (xn ) được xác định bởi: 17
x 0  p  g(0); x1  u1  g(1)  . Áp dụng kết quả 3 ta xác định được CTTQ của (xn ) , a.x n 1  bx n  c  0 n  1 từ đó ta tìm được CTTQ của dãy (un ) .  u0  1; u1  3 Ví dụ 1.14: Tìm CTTQ của dãy số (un ) :  n . u  5u  6u  5.2 n  2  n n 1 n 2 Giải: Đặt un  xn  y.2n . Khi thay vào công thức truy hồi ta không làm mất 5.2n ở VT Ta sẽ đi tìm cách giải khác cho bài toán này Ta viết công thức truy hồi của dãy như sau: (un  2un 1 )  3(un 1  2un 2 )  5.2n Đặt xn  un  2un 1  xn  3xn 1  5.2n . Áp dụng kết quả 2, ta có: xn  25.3n 1  10.2n  un  2un 1  25.3n 1  10.2n Sử dụng chú ý ở kết quả 3, ta đặt un  vn  a.3n  bn.2n Ta được: vn  2vn 1  (25  a )3n 1  (b  10)2n . Ta chọn a  25,b  10  vn  v0 .2n  26.2n  un  25.3n  (5n  13).2n 1 . Lưu ý : Dựa vào CTTQ đã xác định ở trên, ta có thể giải bài toán trên theo cách khác như sau: Đặt un  xn  yn.2n , ta có: xn  5xn 1  6xn 2  y.2n 1  5.2n , ta chọn y  10 x  1; x1  23  (x n ) :  0 . Áp dụng kết quả 4, ta có: x  n  5x n 1  6x n 2  0 n  2 xn  26.2n  25.3n  un  25.3n  (5n  13).2n 1 . 18
 u0  1; u1  3 Ví dụ 1.15: Tìm CTTQ của dãy (un ) :  n . u  4u  4u  3.2  n n 1 n 2 Giải: Với dãy số này nếu ta đặt un  xn  y.2n thì khi thay vào công thức truy hồi của dãy ta không xác định được y ! Nên ta sẽ tìm cách giải khác cho bài toán này. Ta viết lại công thức truy hồi của dãy như sau: (un  2un 1 )  2(un 1  2un 2 )  3.2n Đặt xn  un  2un 1 , ta có: xn  2xn 1  3.2n . Áp dụng kết quả 2, ta có:  xn  (6n  5).2n 1  un  2un 1  (6n  5).2n 1  un  (un  2un 1 )  2(un 1  2un 2 )  ...  2n 1(u1  2u0 )  2n.u0 n  n  2 n 1  (6i  5)  2 n n 1 2 6 i  5n  2  i 1  i 1   (n  1)n   6  5n  2  2n 1  (3n 2  2n  2)2n 1 .  2  Lưu ý : Từ CTTQ của dãy (un ) ta có thể giải bài toán trên theo cách khác như sau 3 Đặt un  xn  yn 2 .2n . Ta có: xn  4xn 1  4xn 2  2y.2n  3.2n . Ta chọn y  2 x  1; x1  0  (x n ) :  0 . Áp dụng kết quả 4, ta được x  n  4x n 1  4x n 2  0 n  2 xn  (2  2n)2n 1  un  (2  2n).2n 1  3n 2 .2n 1  (3n 2  2n  2)2n 1 . Từ ba ví dụ trên ta rút ra được nhận xét sau:  u0 ; u1 Dạng 8: Cho dãy số (un ) xác định bởi:  n . u  n  b.un 1  c.un 2  d . ; n  2 19
Để xác định CTTQ của dãy (un ) ta làm như sau:  Nếu phương trình : X 2  bX  c  0 (1) có hai nghiệm phân biệt khác  thì ta đặt d un  xn  . n , ta có: a.xn 1  bxn  c.xn 1  0 . 2 a  b  c Từ đây sử dụng kết quả 4, ta tìm được xn  un . d 2  Nếu x   là nghiệm đơn của (1) thì ta đặt: un  x n  n. n , ta có: b  2c a.xn 1  bxn  c.xn 1  0 .Từ đây sử dụng kết quả 4, ta tìm được xn  un . d 2  Nếu x   là nghiệm kép của (1) thì ta đặt: un  x n  .n 2 . n , ta có: b  4c a.xn 1  bxn  c.xn 1  0 .Từ đây sử dụng kết quả 4, ta tìm được xn  un . Với cách xây dựng tương tự ta cũng có được các kết quả sau u  x , u2  y, u 3  z Dạng 9: Cho dãy (un ) :  1 .Để xác định aun  2  bun 1  cun  dun 1  0 n  2 CTTQ của dãy ta xét phương trình: ax 3  bx 2  cx  d  0 (1) ( (1)gọi là phương trình đặt trưng của dãy).  Nếu (1) có ba nghiệm phân biệt x1, x2, x 3  un   x1n   x 2n   x 3n . Dựa vào u0 , u1, u2 ta tìm được  ,  ,  .  Nếu (1) có một nghiệm đơn, 1 nghiệm kép: x1  x 2  x 3  un  (   n)x1n   .x 3n Dựa vào u0 , u1, u2 ta tìm được  ,  ,  . 20