Untitled ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN THỊ TRANG TOÁN TỬ SAI PHÂN VÀ ỨNG DỤNG VÀO GIẢI TOÁN SƠ CẤP LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN 2019 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƢỜNG ĐẠI HỌ[.]
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC - NGUYỄN THỊ TRANG TOÁN TỬ SAI PHÂN VÀ ỨNG DỤNG VÀO GIẢI TOÁN SƠ CẤP LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - 2019 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC - NGUYỄN THỊ TRANG TOÁN TỬ SAI PHÂN VÀ ỨNG DỤNG VÀO GIẢI TOÁN SƠ CẤP Chuyên ngành: Phƣơng pháp Toán sơ cấp Mã số: 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC PGS TS Trịnh Thanh Hải THÁI NGUYÊN - 2019 Lời cảm ơn Luận văn hoàn thành trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc PGS.TS Trịnh Thanh Hải (ĐHKH - ĐHTN), thầy trực tiếp hướng dẫn tận tình động viên tác giả suốt thời gian nghiên cứu vừa qua Xin chân thành cảm ơn tới quý thầy, cô giáo trực tiếp giảng dạy lớp Cao học Toán K11, bạn học viên, bạn đồng nghiệm tạo điều kiện thuận lợi, động viên giúp đỡ tác giả trình học tập nghiên cứu trường Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới gia đình người thân ln khuyến khích động viên tác giả suốt q trình học cao học viết luận văn Mặc dù có nhiều cố gắng luận văn khó tránh khỏi thiếu sót hạn chế Tác giả mong nhận ý kiến đóng góp thầy bạn đọc để luận văn hoàn thiện Xin chân thành cảm ơn! Thái Nguyên, tháng năm 2019 Tác giả Nguyễn Thị Trang i Mục lục Mở đầu 1 Kiến thức chuẩn bị 1.1 Một số khái niệm 1.2 Một số tính chất toán tử sai phân 1.3 Phương trình sai phân tuyến tính 1.4 Phương trình sai phân phi tuyến 18 Ứng dụng toán tử sai phân vào giải số toán dành cho học sinh khá, giỏi 2.1 20 Ứng dụng toán tử sai phân vào giải tốn tìm số hạng tổng qt 20 2.2 Ứng dụng tốn tử sai phân vào giải tốn tính tổng 23 2.3 Ứng dụng toán tử sai phân vào số toán bất đẳng thức 27 2.4 Ứng dụng toán tử sai phân vào số toán chia hết, phần nguyên 29 2.5 Ứng dụng toán tử sai phân vào số tổ hợp 34 2.6 Ứng dụng toán tử sai phân vào số toán giới hạn 2.7 Một số tập đề nghị 39 Kết luận 36 54 Tài liệu tham khảo 55 ii Mở đầu Toán tử sai phân cho ta nhiều lời giải thú vị ta dựa vào định nghĩa, tính chất tốn tử sai phân để giải số toán sơ cấp, đơn cử: • Bài tốn chia hết, phần ngun; • Bài tốn đếm giải tích tổ hợp; • Bài tốn giới hạn hàm số; • Bài tốn bất đẳng thức; • Tính tổng dãy số; • Xác định số hạng tổng quát dãy số Ngoài việc vận dụng phương pháp sai phân vào dạng tốn kể trên, ta cịn tìm thấy nhiều ví dụ minh họa việc vận dụng phương pháp sai phân vào giải toán thực tiễn Với mong muốn tìm hiểu, sưu tầm việc vận dụng toán tử sai phân vào giải số toán dành cho học sinh giỏi THPT để vận dụng vào trình dạy học thân, Em lựa chọn đề tài ứng dụng toán tử sai phân vào giải số toán sơ cấp Luận văn có nhiệm vụ sau: • Tìm hiểu định nghĩa tính chất tốn tử sai phân; • Đọc hiểu ý tưởng vận dụng tốn tử sai phân vào giải mơt số tốn sơ cấp trình bày báo [5], [6] • Sưu tầm số toán, đề thi tổ hợp dành cho học sinh giỏi mà tập giải cách vận dụng khái niệm, tính chất tốn tử sai phân; • Trình bày tường minh lời giải số toán sở vận dụng khái niệm, tính chất tốn tử sai phân Ngồi ra, luận văn trình bày cách giải khác toán so sánh phương pháp giải với lời giải ứng dụng tính chất tốn tử sai phân người đọc đưa nhận xét, so sánh lời giải với Chương Kiến thức chuẩn bị Chương sử dụng để nhắc lại kiến thức thường trình bày giáo trình giảng dạy bậc đại học Nội dung chương tham khảo từ tài liệu [4] - [7] 1.1 Một số khái niệm Định nghĩa 1.1.1 [5] Cho h số thực khác hàm f (x) Khi f (x + h) f (x) số thực, ta gọi ∆h f (x) = f (x + h) − f (x) sai phân bậc f x với bước nhảy h Cho hàm f, g số thực c, ta có ∆h (f + g) = ∆h f (x) + ∆h g(x) ∆h (cf (x)) = c∆h f (x) Ký hiệu ∆0h f (x) If (x) thay cho f (x) Với số nguyên n > 1, định nghĩa sai phân bậc n ∆nh f (x) = ∆n (∆n−1 h f )(x) Ví dụ ∆2h f (x) = f (x + 2h) − 2f (x + h) + f (x), ∆3h f (x) = f (x + 3h) − 3f (x + 2h) + 3f (x + h) − f (x) Bằng quy nạp, chứng minh ∆nh f (x) = n X (−1)n−k Cnk f (x + kh), (1.1) k=0 Cn0 = Với k > 0, ta có n n(n − 1) (n − k) k = Cn = k k! Chú ý với nhiều cơng thức, cho n số thực Nếu h = ta viết ∆ bỏ qua số h Ví dụ, trường hợp dãy {xn }, có ∆xn = xn+1 − xn Nhận xét (i) Cho hàm f (x), n = 0, 1, 2, , f (x + n) = n X Cnk ∆k f (x); k=0 trường hợp đặc biệt, ∆m f (n) số khác với số nguyên dương n f (n) = n X Cnk ∆k f (0) k=0 (ii) Nếu P (x) = a0 + a1 x + a2 x2 + + an xn , với an 6= với x, ta có: ∆nh P (x) = an n!hn ∆m h P (x) = 0, với m > n Với k số nguyên dương cho trước Như hàm x, Cxk có tính chất: k (a) Cxk−1 + Cxk = Cx+1 (vì ∆Cxk = Cxk−1 ) (b) Ta có ∆r Cxk = Cxk−r , với r k ∆r Cxk = 0, với r > k k+1 (c) C1k + C2k + + Cnk = Cn+1 Tương tự (i), f (x) đa thức có bậc m f (x) = m X Cxk ∆k f (0) k=0 (1.2) 1.2 Một số tính chất tốn tử sai phân Tính chất 1.2.1 [4] Nếu c = const ∆c = Chứng minh Nếu c = const ∆c = c − c = Tính chất 1.2.2 [4] Ta có ∆n (xn ) = n!hn ; ∆m (xn ) = 0(m > n) Chứng minh Ta có ∆(xn ) = (x + h)n − xn = n.hxn−1 + ∆2 (xn ) = ∆(nxn−1 h) + = n.h∆(xn−1 ) + n(n − 1).h2 (xn−2 ) + ∆n (xn ) = n!hn Từ Tính chất 1.4.2, suy ∆m (xn ) = 0, ∀m > n Tính chất 1.2.3 [4] Nếu P (x) đa thức bậc n ta có: ∆P (x) = P (x + h) − P (x) n X hi (i) = p (x) i! i=1 Tính chất 1.2.4 [4] f (x + nh) = n X Cni ∆i f (x) i=0 Chứng minh Ta có f (x + h) = (1 + ∆)f (x) = f (x) + ∆f (x) Sử dụng liên tiếp công thức trên, ta được: f (x + nh) = (1 + ∆)f (x + (n − 1)h) = (1 + ∆)2 f (x + (n − 2)h) = = (1 + ∆)n f (x) n X Cni ∆i f (x) = i=0 Tính chất 1.2.5 [4] n ∆ f (x) = n X i=0 Cni (−1)i Cin f (x + (n − i)h) Chứng minh Ta có ∆n f (x) = [(1 + ∆) − 1]n f (x) n X (−1)i Cin (1 + ∆)n−i f (x) = = i=0 n X i=0 (−1)i Cin f (x + (n − i)h) Tính chất 1.2.6 [4] Giả sử f ∈ C n [a; b] (x; x + nh) ⊂ θ(0; 1), đó: ∆n f (x) = f (n) (x + θnh); θ ∈ (0; 1) n h Chứng minh Ta chứng minh quy nạp Với n = 1, ta có cơng thức số gia hữu hạn: f (x + h) − f (x) = f ′ (x + θh) h Giả sử công thức với k = n, nghĩa là: ∆n f (x) = f (n) (x + θnh) n h Ta chứng minh công thức với k = n + Thật vậy, ta có: ∆n+1 f (x) = ∆[∆n f (x)] = ∆[hn f (n) (x + θ′ nh)], θ′ ∈ (0; 1) Áp dụng công thức số gia hữu hạn cho f (n) (x + θ′ nh) ta có ∆n+1 f (x) = hn ∆(n) (x + θ′ nh) = hn [f (n) (x + θ′ nh + h) − f (n) (x + θ′ nh)] Đặt θ = = h(n+1) f (n+1) (x + θ′ nh + θ”h); với (θ′ , θ” ∈ (0; 1)) θ′ n+θ” n+1 ∈ (0; 1), ta có ∆(n+1) f (x) = f (n+1) (x + θ(n + 1)h) < 12 sin π6 Bài toán 2.6.4 Cho dãy {un } xác định bởi: u = 1; u2 = 2√1 ; u = √ un √ , ∀n > n+1 (2.8) u2n +1+ Tìm lim(un+1 /un ) √ Giải Đặt un = 1/vn Suy v1 = 1, v2 = 1/2 Ta chứng minh dãy {vn } tăng ngặt p √ Từ đó, ta có vn+1 = 2vn + + vn2 √ √ 2 − 2vn+1 vn+2 + vn+1 = Suy vn+1 − 2vn vn+1 + vn2 = 1, vn+2 Trừ hai vế tương ứng phương trình cho kết hợp với điều kiện tăng ngặt dãy {vn } ta có √ vn+2 − 2vn+1 + = √ √ Xét phương trình đặc trưng λ2 − 2λ + = có hai nghiệm λ = ± √ √ Do = c1 ( + 1)n + c2 ( − 1)n √ Với v1 = 1, v2 = 1/2 2, ta tìm c1 = 21 , c2 = − 21 Suy Vậy 2.7 √ √ = [( + 1)n − ( − 1)n ] √ un+1 = lim = − lim un un+1 Một số tập đề nghị Bài toán 2.7.1 Cho dãy số {un }: u = un+1 − 2un = 3n2 + 4n + 5, ∀n ∈ N Tìm số hạng tổng quát un Giải Xét phương trình đặc trưng: λ − = ⇔ λ = Ta có a + b = − = −1 6= 39 (2.9) Suy nghiệm riêng phương trình có dạng u∗n = an2 + bn + c Thay u∗n vào phương trình, ta được: a(n + 1)2 + b(n + 1) + c − 2an2 − 2bn − 2c = 3n2 + 4n + ⇔ −an2 + (2a − b)n + a + b − c = 3n2 + 4n + Đồng hệ số hai vế ta có hệ phương trình: −a = a = −3 ⇔ b = −10 2a − b = a+b−c=5 c = −18 (2.10) Suy u∗n = −3n2 − 10n − 18 Cơng thức tổng qt dãy số có dạng un = c.2n − 3n2 − 10n − 18 Theo giả thiết u0 = ⇒ c − 18 = ⇒ c = 25 Vậy un = 25.2n − 3n2 − 10n Bài tốn 2.7.2 Tìm số hạng tổng qt dãy số sau 12un+1 − 17un + 6un−1 = 0, u1 = 2, u2 = 17/12 Giải Xét phương trình đặc trưng 12λ2 − 17λ + = có hai nghiệm thực λ1 = 3/4 λ2 = 2/3 Khi n n un = c1 + c2 với u1 = 2, u2 = 17/12 ta có hệ phương trình c = 4/3 3c + 2c = ⇔ c2 = 3/2 c1 + c2 = 17/12 16 Vậy un = n n + Bài tốn 2.7.3 Tìm số hạng tổng quát dãy số sau √ un+1 − 2un + 4un−1 = 0, u1 = 0, u2 = 40 Giải Xét phương trình đặc trưng λ2 − 2λ + = có nghiệm phức √ λ = ± i Đặt q −π π √ √ 2 r = |λ| = + ( 3) = 2, tgϕ = 3, ϕ ∈ ), 2 Lúc λ = 2(cos π π + i sin ) 3 nπ nπ + B sin ), 3 √ Với u1 = 0, u2 = ta có hệ phương trình A = −√3/4 A cos π + B sin π = 3 ⇔ √ B = 1/4 4(A cos 2π + B sin 2π ) = un = rn (A cos 3 Vậy un = n − √3 nπ nπ cos + sin Bài toán 2.7.4 (USAMO 1984) Cho P (x) đa thức bậc 3n cho P (0) = P (3) = = P (3n) = 2, P (1) = P (4) = = P (3n − 2) = 1, P (2) = P (5) = = P (3n − 1) = Với P (3n + 1) tìm n Giải Ta có = (−1)n+1 ∆3n+1 P (0) = (−1) k 3n+1 X k P (3n + − k) C3n+1 k=0 n X = 730 + (−1) 3j+1 3j+1 C3n+1 Ta có 2a + b = −36 , a= (−1) 3j+1 3j (−1)3j C3n+1 j=1 j=0 n X + n X 3j+1 C3n+1 ,b j=0 = n X j=1 41 3j (−1)3j C3n+1 Để tìm a b ta tính bậc đơn vị ω = 22πi/3 , bậc hai mở rộng f (x) = (1 − x)3n+1 đặt c= n X 3j−1 (−1)3j−1 C3n+1 j=0 Ta có 0 = f (1) = b − a − c, Giải hệ, ta tìm a=− f (ω) = b − aω − cω f (ω ) = b − aω − cω √ 3n − (f (1) + ω f (ω) + ωf (ω )) = 2( 3)3n−1 cos π √ (f (1) + f (ω) + f (ω )) 3n + b= = 2( 3)3n−1 cos π Xét phương trình 2a + b = −36 , ta thấy khơng có nghiệm n lẻ nghiệm n chẵn Bài toán 2.7.5 (Putnam 1980) Cho a số thực dãy định nghĩa u0 = a, un+1 = 2un − n2 Khi đó, ta có uu > với n > Giải Trong số dãy thỏa mãn un+1 = 2un − n2 với n > 0, sai phân un hai dãy thỏa mãn điều kiện un+1 = 2vn với n > Khi un = 2n u0 với n > Tiếp theo, ta tìm nghiệm riêng un+1 = 2un − n2 với n > Chú ý n2 = un − (un+1 − un ) = (I − ∆)un Từ tổng chuỗi hình học, giả sử un = (I − ∆)−1 n2 = (I + ∆ + ∆2 + )n2 = n2 + (2n + 1) + = n2 + 2n + Mặt khác, ta có (n + 1)2 + 2(n + 1) + = 2(n2 + 2n + 3) − n2 42 Kết hợp hai điều ta tìm nghiệm riêng un+1 = 2un − n2 với n > un = n2 + 2n + + 2n v0 với số thực v0 Cuối cho u0 = a, ta chọn v0 = a − Khi dãy cần tìm un = n2 + 2n + + 2n (a − 3) với n > Suy 2n limn→∞ = +∞, n + 2n + un không âm với n đủ lớn a − < Ngược lại a − > un ≥ Do a > Bài toán 2.7.6 (Putnam 1971) Cho c số thực cho nc số nguyên với n số nguyên dương Chứng minh c số nguyên không âm Giải Ta thấy 2c số nguyên kéo theo c > Tiếp theo ta xét trường hợp c nằm khoảng cách sử dụng định lý giá trị thực Ta xét trường hợp c > Giả sử c < Khi chọn số nguyên dương n > c1/(1−c) Áp dụng định lý giá trị thực cho f (x) = xc [n, n + 1], ta thấy tồn số ω nằm khoảng n n + cho ∆nc = (n + 1)c − nc = cω c−1 Ở bên trái ta có số ngun khơng có bên phải Vì ω > n > c1/(1−c) , ta có cω c−1 < Do c = Với c > 1, ta xét trường hợp mở rộng định lý giá trị thực, f liên tục [a, b], sai phân bậc k (a, b), < h (b − 1)/k x + kh b tồn số v cho a < v < b ∆kh f (x) = f (k) (v) k h Cho k số nguyên cho k − x < k Chọn số nguyên n đủ lớn cho c(c − 1)(c − 2) (c − k + 1)nc−k < 43 Áp dụng định lý giá trị thực mở rộng với f (x) = xc [n, n + k] tồn số v năm khoảng n n + k cho ∆k nc = c(c − 1)(c − 2) (c − k + 1)v c−k Bên trái số nguyên bên phải nằm khoảng [0, 1) Do hai trường hợp c = k − Theo định lý giá trị thực mở rộng chứng minh với k = định lý giá trị thực Tiếp theo giả sử mở rộng với trường hợp k − Cho < h (b − a)/k Trên [a, b − h] định nghĩa g(x) = ∆h f (x) f (x + h) − f (x) = h h Áp dụng cho trường hợp k − đến g(x), ta thấy tồn số v0 cho a < v0 < b − h ∆kh f (x) ∆k−1 h g(x) = = g k−1 (v0 ) k k−1 h h Theo định lý giá trị thực tồn h0 cho < h0 < h f (k−1) (v0 + h) − f (k−1) (v0 ) g (v0 ) = = f (k) (v0 + h0 ) h Như v = v0 + h0 nằm khoảng a b (k−1) Bài tốn 2.7.7 Tìm un thỏa mãn điều kiện u1 = 2, un+1 = un + 2n, n ∈ N∗ Giải Xét phương trình đặc trưng: λ − = có nghiệm λ = Ta có un = uˆn + u∗n , uˆn = c.1n = c, u∗n = n(an + b) Thay u∗n vào phương trình, ta (n + 1)[a(n + 1) + b] = n(an + b) + 2n ⇔ 2(a − 1) + a + b = a − = a = ⇔ ⇔ a + b = b = −1 Do u∗n = n(n − 1) Ta có un = u ˆn + u∗n = c + n(n − 1) Vì u1 = nên = c + 1(1 − 1) ⇔ c = Vậy un = + n(n − 1), hay un = n2 − n + 44 Bài tốn 2.7.8 (VMO 1995)Tìm un thỏa mãn điều kiện q u0 = 2, un+1 = 5un + 24u2n − 96, ∀n ∈ N a) Tìm cơng thức số hạng tổng qt un theo n b) Chứng minh un > 2.5n , ∀n ∈ N Giải a) Với n ∈ N ta có u0 = 2, un+1 q = 5un + 24u2n − 96 ⇔ (un+1 − 5un )2 = 24u2n − 96 ⇔ u2n − 10un+1 un + u2n+1 + 96 = (2.11) u2n+1 − 10un+1 un+2 + u2n+1 + 96 = (2.12) Từ (2.11) thay n n + ta được: Dãy {un } dãy tăng thực nên un < un+2 Từ (2.11) (2.12), suy un un+2 hai nghiệm phân biệt phương trình ẩn t có dạng: t2 − 10un+1 t + u2n+1 + 96 = Theo định lý Viet, ta có: un+2 + un = 10un+1 hay un+2 − 10un+1 + un = 0, ∀n ∈ N Xét phương trình đặc trưng: λ2 − 10λ + = có hai nghiệm λ1,2 = √ ± Ta có nghiệm tổng quát √ n √ n un = c1 (5 + 6) + c2 (5 − 6) Theo giả thiết c + c = 2, u = ⇔ √ √ (5 + 6)c1 + (5 − 6)c2 = 10 u1 = 10 √ √ Vậy un = (5 + 6)n + (5 − 6)n b) Chứng minh quy nạp: 45 c = 1, ⇔ c2 = Với n=0 ta có bất đẳng thức Giả sử bất đằng thức với n = k Nghĩa uk > 2.5k Tiếp theo, ta chứng minh bất đẳng thức với n + k + Thật ta có: uk+1 q q k = 5uk + 24uk − 96 > 5.2.5 + 24u2k − 96 > 2.5k+1 Vậy ta có điều cần chứng minh Bài toán 2.7.9 (Shortlist 1994) Cho dãy {un } xác định u1 = 1, u2 = 2, un+2 = 2un+2 − un + 2, ∀n > Chứng minh với m, um um+1 số hạng dãy số Giải Theo giả thiết, ta có: un+2 = 2un+2 − un + Thay n n − ta có: un+1 = 2un − un−1 + Trừ hai vế cho phương trình trên, ta có: un+2 − 3un+1 + 3un − un−1 = Xét phương trình đặc trưng: λ3 − 3λ2 + 3λ − = 0, có nghiệm bội λ1,2,3 = Suy nghiệm tổng quát: un = c + c n + c n Thay n = 1, 2, ta có: c + c2 + c3 = ⇔ c1 + 2c2 + 4c3 = c1 + 3c2 + 9c3 = c1 = c2 = = −2 c3 = Suy un = − 2n + n2 Do um um+1 = (m−1)2 +1 (m2 +1) = (m−m+1)1 +1 = am −m+2 46 Bài toán 2.7.10 Cho dãy {un }, n ∈ N∗ xác định sau: un , ∀n ∈ N∗ u1 = , un+1 = 2(2n + 1)un + Tính tổng 2001 số hạng dãy Giải Cách Theo giả thiết ta có un 6= 0, ∀n ∈ N∗ un un+1 = 2(2n + 1)un + 1 + 4n + un+1 un Vì 4n + = 2(n + 1)2 − 2n2 nên từ (2.13) ta có ⇔ Suy (2.13) = 1 1 = − 2n = = − = − un+1 − 2(n + 1)2 un u1 un+1 Do un = Vậy = 2(n + 1)2 − 1 − 2n − 2n + S2001 = u1 + u2 + + u2001 1 =1− + − 3 + + 4002 = 4003 4001 − 4003 Cách Dễ thấy un > 0, ∀n ∈ N∗ Đặt = 2/un Theo giả thiết ta có v1 = 3, vn+1 = 4(2n + 1) + , ∀n ∈ N∗ Bằng phương pháp sai phân ta tìm = (2n − 1)(2n + 1), ∀n ∈ N∗ Suy un = 1 = − , ∀n ∈ N∗ = (2n − 1)(2n + 1) 2n − 2n + 47 (2.14) Vậy S2001 = 2001 X i=1 4002 = 4003 4003 ui = − Bài toán 2.7.11 (Olympic 30/4/2000 khối 11) Cho dãy {un } xác định bởi: u0 = 2, un+1 = 2un + un + a) Tính u2000 b) Tìm phần ngun A = 2000 P ui i=1 Giải Ta có un+1 = Đặt 2un + ⇔ =1+ un + un+1 − un − = Vì vn+1 = 3vn + nên ⇒ u0 = un − 3n+1 − = Do un = + a) Ta có u2000 = b) Ta có 32001 +1 32001 −1 A = 2000 + 2 3n+1 − 2000 X i=2 Suy 3i+1 − 2000 2X < 2001 2000 < A < 2000 + i=1 3i Vậy [A] = 2000 Bài toán 2.7.12 Cho dãy số {un } xác định u0 = 0, u1 = 1, un+1 = 2un − un−1 + 1, ∀n > Chứng minh A = 4un un+2 + số phương 48 Giải Từ giả thiết thay n + n, ta có: u n+1 = 2un − un−1 + ⇒ un+1 − 3un + 3un−1 − un−1 = un = 2un−1 − un−2 + Xét phương trình đặc trưng λ3 − 3λ2 + 3λ − = ⇔ λ1,2,3 = Do nghiệm tổng quát un = c1 + c2 n + c3 n2 Theo giả thiết ta có u0 = 0, u1 = 1, u2 = Suy c1 = 0, c2 = 1/2, c3 = 1/2 Do un = (n + n2 ) Vậy A = n(n + 1)(n + 2)(n + 3) = (n2 + 3n + 1)2 Ta có điều cần chứng minh Bài tốn 2.7.13 Tìm un thỏa mãn điều kiện u1 = 1, un+1 = 3un + 2n n ∈ N∗ Giải Xét phương trình đặc trưng λ − = có nghiệm λ = Ta có un = uˆn + u∗n , uˆn = c.3n u∗n = a.2n Thay u∗n = a.2n vào phương trình ta thu a.2n+1 = 3a.2n + 2n ⇔ 2a = 3a + ⇔ a = −1 Suy un = −2n Do un = c.3n − 2n Vì u1 = nên c = Vậy un = 3n − 2n Bài toán 2.7.14 Tìm un biết u1 = 1, un+1 = 2un + n2 + 2.2n , n ∈ N∗ 49 Giải Xét phương trình đặc trưng λ − = có nghiệm λ = Ta có n un = uˆn + u∗n + u∗∗ ˆn = c.2n , u∗n = an2 + bn + c, u∗∗ n , u n = An.2 Thay u∗n vào phương trình un+1 = 2un + n2 ta a(n + 1)2 + b(n + 1) + c = 2an2 + 2bn + 2c + n2 ⇔ (a + 1)n2 + (b − 2a)n + c − a − b = a + = a = −1 ⇔ b = −2 ⇔ b − 2a = c = −3 c−a−b=0 Do u∗n = −n2 − 2n − n Thay u∗∗ n vào phương trình un+1 = 2un + 2.2 , ta A(n + 1)2n+1 = 2An.2n + 2.2n ⇔ 2A(n + 1) = 2An + ⇔ A = n Do u∗∗ n = n2 Kéo theo un = c.2n + (−n2 − 2n − 3) + n.2n Theo giả thiết u1 = suy = 2c − + ⇔ c = 52 Vậy un = 2n + n2n − n2 − 2n − Bài toán 2.7.15 Cho dãy {un }: u = 3, u = 10 un+2 = 4un+1 − 4un , ∀n ∈ N Tìm công thức tổng quát un Giải Xét phương trình đặc trưng λ2 − 4λ + = ⇔ λ1 = λ2 = Khi số hạng tổng quát dãy có dạng un = (c1 + nc2 )2n 50 Theo giả thiết u = 3, u1 = 10 Vậy un = (2n + 3)2n c = 3, ⇔ 2(c1 + c2 ) = 10 c = 2, ⇔ c2 = Bài toán 2.7.16 Cho dãy {un }: u = 1, u = 3√3 + 1 un+2 = 2un+1 − 16un , ∀n ∈ N Tìm cơng thức tổng qt un Giải Phương trình đặc trưng λ2 − 2λ + 16 = khơng có nghiệm thực Đặt √ ∆ √ −b A= = 1, B = = 2a 2a r= √ A2 + B = 2, ϕ = arctan B π = A Khi số hạng tổng quát dãy có dạng nπ nπ n un = cos + sin 3 Theo giả thiết u = 1, √ u1 = 3 + Vậy un = n cos c1 = 1, √ √ ⇔ 2 c1 + c2 = 3 + 2 nπ + sin nπ c = 1, ⇔ c2 = Bài toán 2.7.17 Cho dãy {un }: u = 1, u = 5, u = un+3 − 6un+2 + 11un+1 − 6un = 0, ∀n ∈ N Tìm cơng thức tổng qt un Giải Xét phương trình đặc trưng λ3 − 6λ2 + 11λ − = ⇔ λ1 = 1, λ2 = 2, λ3 = 51