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
n 2 n 1 n
u au bu
(*) 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:
Xét phương trình ẩn t sau đây: 2
t at b 0
(**) được gọi là phương trình đặc trưng của (*).
Phương trình có biệt thức 2
a 4b
.
Trường hợp 1: 2
a 4b 0
khi đó (**) có hai nghiệm thực phân biệt
1 2
t ;t
. Số
hạng tổng quát của (*) có dạng
n n
n 1 2
u x.t y.t
, với mọi
n 0
và x, y là hai số thực tuỳ ý; x
và y sẽ hoàn toàn xác định khi cho trước
0
u
và
1
u
.
Trường hợp 2: 2
a 4b 0
khi đó (**) có một nghiệm kép thực t. Số hạng tổng quát
của (*) có dạng
n n 1
n
u x.t y.nt
, với mọi
n 0
( ở đây ta qui ước 1
0 0
) và x, y là hai số
thực tuỳ ý; x và y sẽ hoàn toàn xác định khi cho trước
0
u
và
1
u
.
Trường hợp 3: 2
a 4b 0
, ( **) có hai nghiệm phức. Thuật toán làm trong trường
hợp này như sau:
Bước 1: Giải phương trình 2
t at b 0
và nhận được nghịêm phức a i
z .
2
Bước2: Đặt r = | z | là module của z, còn
Argz
, ta nhận được
n
n
u r (pcos n q sin n )
với mọi p, q là các số thực.
Bước 3: Xác định p, q theo các giá trị cho trước
0 1
u ;u
.
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
1 2
t ,t
khi đó theo định lí Vi-et ta có:
1 2
1 2
t t a
t t b
. Khi đó
n 1 1 2 n 1 2 n 1
u (t t )u t t u
2 n
n 1 1 n 2 n 1 n 1 2 n 1 1 n 2 2 1 1 0
u t u t (u t u ) t (u t u ) ... t (u t u )
.
Như vậy n
n 1 1 n 2 1 1 0
u t u t (u t u )
(1);
Tương tự n
n 1 2 n 1 1 2 0
u t u t (u t u )
(2). Trừ từng vế (2) cho (1) ta có:
http://baigiangtoanhoc.com Chuyên đề ôn thi học sinh giỏi Quốc gia
n n
1 2 n 1 2 0 1 1 1 0 2
(t t )u (u t u )t (u t u )t
. Do
1 2
t t
nên
n n
1 2 0 1 1 0
n 1 2
1 2 1 2
(u t u ) (u t u )
u t t
t t t t
.
Vậy
n
u
có dạng
n n
n 1 2
u x.t y.t
với x,y là hai số thực.
Trường hợp 2:
0
khi đó
2
a
b
4
, (**) có nghiệm kép
a
t
2
. Ta có
2 n
n 1 n n 1 n 1 n n n 1 1 0
u 2t.u t u u tu t(u tu ) ... t (u tu )
Như vậy n
n 1 n 1 0
u tu t (u tu )
(3);
Tương tự n 1
n n 1 1 0
u tu t (u tu )
(4);
n 2
n 1 n 2 1 0
u tu t (u tu )
(5);
…………………………….
1 0 1 0
u tu u tu
(n+3).
Nhân hai vế của (4) với t, hai vế của (5) với
2
t
, …, hai vế của (n+3) với
n
t
và cộng lại ta
được: n 1 n
n 1 0 1 0
u t .u n.t .(u tu )
. Do đó
n
u
có dạng
n n 1
xt yn.t
với x, y là hai số
thực.
II. CÁC VÍ DỤ:
Ví dụ 1: X¸ c ®Þnh sè h¹ ng tæng qu¸ t cña d· y sè tho¶ m· n:
0 1
n 2 n 1 n
u 1,u 2
.
1 2
u u u , n 0
3 3
Giải:
Phương trình đặc trưng 21 2
t t 0
3 3
của dãy có hai nghiệm thực phân biệt là
1 2
2
t ,t 1
3
. Do đó
n
n
n
2
u x. y.( 1)
3
với
x, y
. Ta lại có:
0
1
x y 1
9
x
u 1
5
2
u 2
4
xy2 y
5
3
. Vậy n n
n
9 2 4
u ( ) ( 1) , n 0.
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
n
u
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
*) Đặt n
n
1
u
v
, 0 0 1 1
1
u 1 v 1;u 2 v
2
.
n n 1
n 2 n 1 n n 2
n 2 n 1 n n n 1
1 2 1 1 2 3v v
u u u v , n 0
3 3 v 3v 3v v 2v
.
Như vậy ta có đề toán mới như sau:
Xác định số hạng tổng quát của dãy số thoả mãn:
0 1
n n 1
n 2
n n 1
1
v 1,v 2
3v v
v , n 0.
v 2v
*) Đặt
n n
u ln v
,
2
0 0 1 1
u 1 v e;u 2 v e .
2
n
3
n 2 n 1 n n 2 n 1 n n 2
n 1
1 2 1 2 v
u u u ln v ln v ln v v , n 0
3 3 3 3 v
.
Như vậy ta có đề toán mới như sau:
Xác định số hạng tổng quát của dãy số thoả mãn:
2
0 1
2
n
3
n 2
n 1
v e,v e
v
v , n 0.
v
Ví dụ 2: Tìm
n
u
biết 1
2
n 1 n n
u
u a.u b.u c
. Trong đó: 2
a b 1, 0,a 1
.
Giải:
Từ (*) 2 2
n 1 n n n 1 n n
u a.u b.u c u a.u b.u c 0
2 2 2 2 2 2
n 1 n n n 1 n n 1 n n
(u a.u ) b.u c u 2.a.u .u a u b.u c
2 2 2 2 2
n 1 n n 1 n n 1 n n 1 n
u 2.a.u .u u (a b) c u 2.a.u .u u c
n 1
2 2 2 2
n 1 n n 1 n n n n 1 n 1
u 2.a.u .u u u 2.a.u .u u
2 2
n 1 n 1 n n 1 n 1 n 1 n 1 n 1 n n 1
u u 2.a.u (u u ) (u u ).(u 2.a.u u ) 0
(**)
Bằng quy nạp ta CM được: 1 2 n n 1 n 1
u u ... u ... u u 0
n 1 n n 1
u 2.a.u u 0
Từ đó:
2
1 2
n 1 n n 1
u ;u a. b. c
u 2.a.u u 0
Ta tính được
n
u
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.
Ví dụ 1: Cho dãy
n
(u )
thoả mãn
0 1
n 2 n 1 n
u 0;u 1
.
1
u u u ,n 0
2
Tìm
n
limu
.
Giải:
Phương trình đặc trưng của dãy là 21
t t 0
2
có một nghiệm phức là
1 i
t
2
; |t|=
1
2
, Argt=
4
. Do đó số hạng tổng quát của dãy có dạng
n
n
2 n n
u (x.cos ysin ),n 0;x, y .
2 4 4
Từ giả thiết 0 1
u 0;u 1
ta suy ra x= 0; y= 2. Vậy số hạng tổng quát của dãy là
n
n n
n
n 2 2 n
u 2sin ( ) sin ,limu 0
4 2 4
( 2)
vì nn
2
| u | 0.
( 2)
Ví dụ 2: Cho dãy
n
(x )
thoả mãn 0 1
n 1 n n 1
x 1;x 5
.
x 6x x , n 1
Hãy tìm
n n
lim x { 2x }.
Giải:
Bằng phương pháp xác định số hạng tổng quát ở trên, ta xác đinh được số hạng tổng quát
của dãy là
n n
n
2 2 2 2
x ( )(3 2 2) (3 2 2)
4 4
. Hay
2n 1 2n 1
n
1 1
x ( 2 1) ( 2 1)
2 2 2 2
2n 1 2n 1
n
2n 1 2n 1 2n 1
n
2n 1 2n 1
2n 1 k 2n 1 k k 2n 1 k k
n 2n 1 2n 1
k 0 k 0
1 1
2x ( 2 1) ( 2 1)
22 2
1
2x ( 2 1) ( 2 1) ( 2 1)
2
1
2x ( 2 1) C ( 2) C ( 2) ( 1)
2
http://baigiangtoanhoc.com Chuyên đề ôn thi học sinh giỏi Quốc gia
2n 1 n
2t 1 2n 1 2k 1 2t 1 (n t)
2n 1 2n 1
2t 1 1 t 0
C ( 2) C 2 .
n
2n 1 2t 1 (n t)
n 2n 1
t 0
2x ( 2 1) C 2
n
2n 1 2t 1 n t
n 2n 1
t 0
2n 1 2n 1
n n n
0 2 1 1 0 ( 2 1) 1 2x C .2
2x 2x ( 2 1) 2x ( 2 1)
2(2n 1) 4n 2
n n
4n 2
n n
1 1
x 2x (1 ( 2 1) ) (1 ( 2 1) )
2 2 2 2
1 1 1
lim x 2x lim( 2 1) .
2 2 2 2 2 2
Ví dụ 3: Cho dãy số
n
u
được xác định như sau:
n n
n
(2 3) (2 3)
u ;n 0,1,2....
2 3
a. Chứng minh rằng
n
u
là số nguyên với mọi n = 0, 1, 2, ….
b. Tìm tất cả số hạng của dãy chia hết cho 3.
Giải:
a) Với 0 1
n 0 u 0;n 1 u 1.
Đặt
2 3; 2 3
, ta có
4
. 1
Dễ thấy
n
u
là số hạng tổng quát của dãy số cho bởi công thức:
0 1
n 2 n 1 n
u 0;u 1
u 4u u 0
Do 0 1
u 0;u 1
;
n 2 n 1 n
u 4u u
nên n
u
,
n 0,1,...
.
b) Ta có
n 2 n 1 n 1 n
u 3u (u u )
. Do n 1
u
nên
n 2 n 1 n
u u u
(mod 3).
Bằng phép tính trực tiếp ta thấy 8 số hạng đầu tiên của dãy
0 1 7
u ,u ,...,u
khi chia cho 3 có
các số dư tương ứng là 0,1,1,0,2,2,0,1. Suy ra
n 6 n
u u
(mod 3).
Từ đó ta thấy trong dãy số nói trên mọi số hạng có dạng
3k
u
, k=0,1,2… chia hết cho 3 và
chỉ những số hạng ấy mà thôi.