(Luận văn) một số đa thức đặc biệt và tính chất

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - TRẦN THỊ PHƯỢNG lu an n va p ie gh tn to MỘT SỐ ĐA THỨC ĐẶC BIỆT VÀ TÍNH CHẤT d oa nl w u nf va an lu ll LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC oi m z at nh z m co l gm @ an Lu THÁI NGUYÊN - 2017 n va ac th si ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - TRẦN THỊ PHƯỢNG lu an n va MỘT SỐ ĐA THỨC ĐẶC BIỆT VÀ TÍNH CHẤT p ie gh tn to d oa nl w LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC an lu Mã số: 60 46 01 13 ll u nf va Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp oi m z at nh NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: z PGS.TS ĐÀM VĂN NHỈ m co l gm @ an Lu n va THÁI NGUYÊN - 2017 ac th si i Mục lục Lời cảm ơn iii lu an n va Mở đầu 1 Đa thức trực giao 3 1.1.1 Không gian véc tơ Euclid 1.1.2 Phương pháp trực giao hóa Gram-Schmidt 1.2 Đa thức trực giao p ie gh tn to 1.1 Phương pháp trực giao hóa Gram-Schmidt nl w Khái niệm đa thức trực giao 1.2.2 Nghiệm thực đa thức trực giao 12 d oa 1.2.1 lu va an 1.3 Đa thức Chebyshev Đa thức Legendre 15 Đa thức Chebyshev 15 1.3.2 Đa thức Legendre 17 oi lm ul nf 1.3.1 22 z at nh Một số đa thức đặc biệt 2.1 Hàm sinh thường hàm sinh mũ 22 Vành chuỗi lũy thừa hình thức 22 2.1.2 Hàm sinh thường hàm sinh mũ 24 z 2.1.1 gm @ l 2.2 Đa thức Bernoulli 25 Đa thức Bernoulli 25 2.2.2 Hàm sinh dãy đa thức Bernoulli 28 m co 2.2.1 an Lu 2.3 Dãy đa thức (an (x)) 33 n va ac th si ii 2.3.1 Công thức xác định số hạng dãy đa thức (an (x)) 33 2.3.2 Hàm sinh mũ dãy đa thức (an (x)) 34 2.3.3 Kết dãy đa thức Fibonacci (fn ) 37 2.3.4 Kết dãy đa thức Lucas (ln ) 38 2.4 Vận dụng 39 2.4.1 Xác định số hạng dãy đa thức 39 2.4.2 Xây dựng hệ thức 42 2.4.3 Làm độ phức tạp dãy truy hồi 45 lu an 55 Tài liệu tham khảo 57 n va Kết luận p ie gh tn to d oa nl w oi lm ul nf va an lu z at nh z m co l gm @ an Lu n va ac th si iii Lời cảm ơn Trong trình học tập nghiên cứu Trường Đại học Khoa học – Đại học Thái Nguyên, nhận đề tài nghiên cứu “Một số đa thức lu an đặc biệt tính chất” hướng dẫn PGS TS Đàm Văn Nhỉ Đến n va nay, luận văn hoàn thành Có kết dạy bảo tn to hướng dẫn tận tình nghiêm khắc Thầy Tơi xin bày tỏ lịng biết ie gh ơn chân thành sâu sắc tới Thầy gia đình! p Tơi xin gửi lờn cảm ơn chân thành đến Ban giám hiệu, Phòng Đào nl w tạo sau đại học Khoa Toán – Tin Trường Đại học Khoa học – Đại oa học Thái Nguyên tạo điều kiện thuận lợi giúp đỡ tơi q d trình học tập trường thời gian nghiên cứu hoàn thành luận lu va an văn Sự giúp đỡ nhiệt tình thái độ thân thiện thầy, cô giáo, nf cán thuộc Phịng Đào tạo, Khoa Tốn – Tin đã để lại lịng tơi xin trân trọng cảm ơn oi lm ul ấn tượng tốt đẹp Khơng biết nói hơn, lần z at nh Tôi xin chân thành cảm ơn gia đình, bạn bè, đồng nghiệp thành z viên lớp cao học Tốn K9N (Khóa 2015-2017) quan tâm, tạo điều gm @ kiện, cổ vũ động viên để tơi hồn thành nhiệm vụ m co Tác giả l Thái Nguyên, ngày tháng năm 2017 an Lu Trần Thị Phượng n va ac th si Mở đầu Vào năm 1713 Jacob Bernoulli xét dãy vô hạn số viết thành dạng đơn giản Nhiều kết đạt Bernoulli trình bày lu an sách "Ars conjectandi" Đặc biệt, số kết ông n va phát qua việc xét tổng lũy thừa số nguyên dương dạng to gh tn Sp (n) = 1p + 2p + 3p + · · · + np , n ∈ N∗ p ie Ông Sp (n) viết thành đa thức bậc p + n sau:     1 p p p p+1 p−1 Sp (n) = n + n + An + Bnp−3 + · · · p+1 2 oa nl w 1 1 ,B =− ,C = , D = − , hệ số 30 42 30 xem số Bernoulli d với hệ số hữu tỷ A = va an lu ul nf Muộn hơn, "L Euler, Methodus generalis summandi progressiones, oi lm Comment Acad Sc Petropolitanae, 6(1738)" Euler nghiên cứu 1 độc lập với Bernoulli đưa số hữu tỷ A = , B = − , 30 1 C = , D = − , Vào năm 1748, Euler liên hệ 42 30 tổng vô hạn 1 S(2n) = 2n + 2n + · · · = αn π 2n hệ số hữu tỷ αn chứa dãy số A, B, C, D, Đặc biệt, Euler z at nh z m co l gm @ an Lu nhận nhiều kết thú vị số qua hệ số việc Do vậy, để hiểu nghiên cứu biểu diễn hàm tan x, cot x, sin x kỹ số Bernoulli hay Euler phát tiếp tục phát n va ac th si tính chất dãy số Fibonacci, dãy số Lucas học phương pháp đa thức để mong tìm kiếm tính chất liên quan số hữu tỷ nên luận văn có đặt vấn đề xét số đa thức đặc biệt đa thức trực giao Một vấn đề khác mà luận văn đề cập đến: Đó việc xét số toán đa thức xuất kỳ thi học sinh giỏi Trong hầu hết kì thi học sinh giỏi tốn, nhiều đa thức xem tốn khó Hiện tài liệu tham khảo chuyên đề đa thức lu chưa nhiều chưa sâu đủ để vận dụng giải thi an va Vì vậy, vấn đề xét số đa thức đặc biệt tính chất liên quan cần n thiết cho giáo viên dạy phổ thơng nói chung quan tâm gh tn to đến đa thức nói riêng p ie Luận văn "Một số đa thức đặc biệt tính chất" trình bày số vấn w đề liên quan đến đa thức trực giao, đa thức đặc biệt: Chebyshev, Legendre, oa nl Bernoulli, Fibonacci ứng dụng liên quan Mục đích nhằm thể d rõ vai trị hữu ích số đa thức đặc biệt số vấn đề va an lu đa thức, số học thi học sinh giỏi ul nf Luận văn gồm mở đầu, chương kết luận oi lm Chương I: Đa thức trực giao Trong chương nhắc lại số khái niệm không gian Euclid, phương pháp trực giao hóa z at nh Gram - Schmidt, đa thức Chebyshev, Legendre z Chương II: Trong chương chúng tơi trình bày đa thức @ gm Bernoulli, tiếp dãy đa thức (an (x)) cuối vận dụng m co l vào giải toán kỳ thi học sinh giỏi, toán Olympic quốc tế an Lu n va ac th si Chương Đa thức trực giao lu an va n Các kết trích dẫn từ tài liệu [1], [2], [4] gh tn to Phương pháp trực giao hóa Gram-Schmidt p ie 1.1 Không gian véc tơ Euclid oa nl w 1.1.1 d Định nghĩa 1.1.1 Không gian véc tơ V trường R gọi không lu va an gian véc tơ Euclid cặp véc tơ (x, y) ∈ V ta cho tương ứng với nf số thực, ký hiệu hx, yi gọi tích vơ hướng, thỏa mãn gm @ (3) hax, yi = ahy, xi z (2) hx + x′ , yi = hx, yi + hx′ , yi z at nh (1) hx, yi = hy, xi oi lm ul tính chất: Với x, x′ , y ∈ V a ∈ R ta ln có m co l (4) hx, xi > dấu = xảy x = Định nghĩa 1.1.2 Trong không gian véc tơ Euclid V trường R, hai an Lu véc tơ x, y ∈ V gọi trực giao vng góc với ký n va hiệu x⊥y hx, yi = Chuẩn hay độ dài véc tơ x định nghĩa ac th si số thực không âm p hx, xi ký hiệu qua |x| Khi |x| = véc tơ x cịn gọi véc tơ trực chuẩn Ví dụ 1.1.3 (i) Khơng gian Rn khơng gian Euclid với tích vô hướng hx, yi = x1 y1 + x2 y2 + · · · + xn yn Trong x = (x1 , x2 , , xn) y = (y1 , y2 , , yn ) (ii) Tập tất dãy số thực vô hạn lu l2 = {x := (x1 , , xn ); an ∞ X n=0 x2n < ∞} n va lập thành không gian Euclid vơ hạn chiều với tích vơ hướng to ie gh tn hx, yi = p Thật vậy, hội tụ chuỗi ∞ P xn yn n=0 xn yn suy từ hội tụ chuỗi n=0 yn2 , nên tích vơ hướng hồn tồn xác định Ta dễ oa nl x2n w n=0 ∞ P ∞ P ∞ X n=0 d dàng kiểm tra tính chất nêu lu va an (iii) Không gian hàm số thực C[a, b] liên tục đoạn [a, b], a < b, lập Zb oi lm ul nf thành không gian Euclid vơ hạn chiều với tích vơ hướng hx, yi = f (t)g(t)dt z at nh a (iv) Nếu F ⊂ E không gian véc tơ không gian Euclid E F z khơng gian Euclid với phép nhân vô hướng cảm sinh F l gm @ 1.1.2 Phương pháp trực giao hóa Gram-Schmidt m co an Lu Để xây dựng sở trực chuẩn, ta sử dụng phương pháp trực giao hóa Gram-Schmidt Giả sử e1 , e2, , en sở khơng n va ac th si gian véc tơ Euclid V Khi sở trực giao xây dựng phương pháp quy nạp sau: (1) Bước đầu: Lấy f1 = e1 (2) Bước giả sử: Giả sử f1 , , fk xây dựng (3) Bước xây dựng fk+1 : Đặt fk+1 = ek+1 − a1f1 − · · · − ak fk với hek+1 , fi i = , i = 1, , k Công thức tính hệ số suy từ hfi , fi i điều kiện hfk , fi i = lu an Sau xây dựng xong f1 , , fn ta chuẩn hóa xk = va n k = 1, 2, , n fk với |fk | gh tn to Đa thức trực giao p ie 1.2 Khái niệm đa thức trực giao oa nl w 1.2.1 d Với trường K ta xét vành R[x] = {f = f (x) = an lu n P s=0 as xs |n ∈ N, as ∈ R} va Xây dựng tập V sau: Với f, g ∈ R[x] a ∈ R có f, g ∈ V, oi lm gian véc tơ ul nf f + g ∈ V, af ∈ V Khi V khơng gian véc tơ R hay R-không z at nh Giả sử ω(x) hàm xác định dương liên tục đoạn [a, b], a < b Định nghĩa tích V với hàm trọng số ω(x) qua: z @ f gω(x)dx l a gm hf, gi = Zb n va haf + bg, hi = ahf, hi + bhg, hi an Lu hf, gi = hg, f i m co Mệnh đề 1.2.1 Với đa thức f, g, h ∈ V, a, b ∈ K, ta có hệ thức ac th si 37 2.3.3 Kết dãy đa thức Fibonacci (fn ) Ví dụ 2.3.11 Với dãy đa thức f0 = 0, f1 = fn+2 = pfn+1 + qfn ta có √ √ h p + ∆ n  p − ∆ n i − fn = √ fn2 − fn−1 fn+1 = (−q)n−1 2 ∆  p + √∆ n p Bài giải Ta có fn = √ ∆ fn fn−1 fn+1 fn = (−q)n−1 với biểu diễn dạng lu nhận fn2 − fn−1 fn+1 − !  p − √∆  = q p ! ! trình bày ! fn−1 fn−2 ta fn fn−1 an n va Ví dụ 2.3.12 Cho dãy đa thức f0 = 0, f1 = fn+2 = pfn+1 + qfn với gh tn to n > Xác định q theo p để fn4 = fn−2 fn−1 fn+1 fn+2 + p4n−4 p ie Bài giải Ta có fn2 − fn−1 fn+1 = (−q)n−1 w Biến đổi T = fn−2 fn+2 qua d oa nl
fn − pfn−1 p p2 T = pfn+1 qfn = fn − fn−1 fn+1 + fn fn+1 − pfn−1 fn q q q lu va an Vậy fn−2 fn+2 = fn2 − p2 (−q)n−2 oi lm ul nf Từ hai hệ thức ta nhận hệ thức sau: fn−2 fn−1 fn+1 fn+2 = [fn2 − (−q)n−1 ][fn2 − p2 (−q)n−3 ] z at nh Để fn4 = fn−2 fn−1 fn+1 fn+2 + p4n−4 cần đủ phải có điều kiện q = p2 > z k=0 m co l gm @ Ví dụ 2.3.13 Với dãy đa thức Fibonacci (fn ) ta có n   X n n−k k q p fk = f2n k an Lu n va ac th si 38 lu √ √ p− ∆ p+ ∆ β = Khi α, β hai nghiệm Bài giải Đặt α = 2 t2 − pt − q = suy q + pα = α2 , q + pβ = β Biến đổi tổng n   n   X
n n−k k X n n−k k k q p α − βk T = q p fk = √ k ∆ k=0 k k=0 n   n   X n n−k k k X n n−k k k = √ q p α −√ q p β ∆ k=0 k ∆ k=0 k 1 = √ (q + pα)n − √ (q + pβ)n = f2n ∆ ∆ n
P n n−k k p fk = f2n Từ kết ta suy k q an k=0 n va Kết dãy đa thức Lucas (ln ) tn to 2.3.4 ie gh Bổ đề 2.3.14 Với dãy đa thức Lucas l0 = 2, l1 = p ln+2 = pln+1 + qln p số nguyên n > ta có cơng thức xác định đa thức  p + √∆ n  p − √∆ n + ln = 2  n
 l2k P n−k n n n (−1) Định lý 2.3.15 Ta ln có p ln = q −2 k qk k=1 d oa nl w an lu oi lm ul nf va √ √ p− ∆ p+ ∆ β = Ta biến đổi tổng Chứng minh Đặt α = 2 n   n   X X n n−k k k n n−k k q p (α + β k ) = (q + pα)n + (q + pβ)n q p lk = k k k=0 k=0 n n
 p k
P P l2n n n n−k k l = q p l = l hay suy k k 2n k k q qn k=0 k=0 n
 p k P l2n n Từ suy l = − k k n q q k=1 z at nh z m co l gm @ n va k=1 an Lu Sử dụng chuyển đổi ngược ta nhận   n   p n X l2k n−k n ln = (−1) −2 k q qk ac th si 39 hay p ln = q n n n P k=1 (−1)n−k nk 
 l2k −2 qk √ n n ∞ h P n ∆ t Khi ta có hệ thức Định lý 2.3.16 Giả sử √ = n! e ∆t + n=0 n   X √ n n β = hk ln−k ∆k k k=0 lu an n va p ie gh tn to √ ∞ l tn P p+ ∆ n Đặt α = Chứng minh Xét hàm sinh mũ l(x, t) = n! n=0 √ p− ∆ β= ∞ (αn + β n )tn P = eαt + eβt suy đồng thức Khi l(x, t) = n! n=0 √ ∞ ∞ X n  X l t h ∆n tn  n n βt = e = l(x, t) √ n! n! e ∆t + n=0 n=0 w So sánh hệ số tn ta nhận hệ thức β n = oa nl k=0 d Chú ý 2.3.17 Vì √ ∆t √ e ∆t +1 − n k
√ hk ln−k ∆k 11− e √ hàm số lẻ nên h2n = = 2 e ∆t + Vận dụng oi lm 2.4 ul nf va an lu n > n P z at nh Các tốn trích dẫn từ tài liệu [3] z l gm Xác định số hạng dãy đa thức @ 2.4.1 m co Bài toán 2.4.1 [Việt Nam MO 2015] Dãy đa thức (fn ) xác an Lu định f0 = 2, f1 = 3x fn+2 = 3xfn+1 + (1 − x − 2x2 )fn , n > Xác định tất số nguyên dương n để fn chia hết cho đa thức x3 − x2 + x n va ac th si 40 Bài giải Theo Định lý 2.3.1 ta có fn (x) = (2x − 1)n + (x + 1)n Để fn (x) chia hết cho x cần đủ fn (0) = hay (−1)n + = Vậy n phải số lẻ Gọi u nghiệm phức x2 − x + Vì u2 + u = 2u − nên fn (x) chia hết cho x2 − x + (2u − 1)n + (u + 1)n = hay (u2 + u)n + (u + 1)n = Vì u + 6= nên un + = lu Vì u = cos an n va π π + i sin nên un + = tương đương 3 nπ nπ + i sin = −1 cos 3 gh tn to Giải n = 6m+3 Tóm lại f6m+3 (x) chia hết cho x3 −x2 +x với m ∈ N p ie Bài toán 2.4.2 Dãy đa thức {fn } xác định f0 = 2, f1 = w fn+2 = fn+1 + (x2 + x)fn , n > Xác định tất số nguyên dương d oa nl n để fn + chia hết cho đa thức x2 + x + an lu Bài giải Theo Định lý 2.3.1 ta có fn (x) = (x + 1)n + (−x)n + nf va Để fn (x) + chia hết cho x2 + x + cần đủ fn (u) = 0, u oi lm ul nghiệm nguyên thủy x3 − = hay u nghiệm x2 + x + Vì u3 = nên viết n = 6k + s với k nguyên, s = 0, 1, 2, 3, 4, ta z at nh thấy fn (u) + = tương đương (u + 1)s + (−u)s + = Dễ dàng s = s = z @ m co l f1 = 2x + 2, f2 = 2x2 + 2x + gm Bài toán 2.4.3 Dãy đa thức {fn } xác định f0 = 3, an Lu fn+3 = 2(x + 1)fn+2 − (x2 + 3x + 1)fn+1 + (x2 + x)fn , n > Xác định số tự nhiên m để đa thức fm chia hết cho (x2 + x + 1)2 n va ac th si 41 Bài giải Phương trình đặc trưng t3 −2(x+1)t2 +(x2 +3x+1)t−(x2 +x) = có ba nghiệm t1 = x + 1, t2 = x t3 = Bằng quy nạp theo n ta fn (x) = (x + 1)n + xn + Đa thức x2 + x + bất khả quy Q với nghiệm phức 2π 2π + i sin , α3 = α = cos 3 Vì α2 + α + = nên + α = −α2 Vậy (1 + α)6 = lu Biểu diễn m = 6k + r với r ∈ {0, 1, 2, 3, 4, 5} an n va ie gh tn to m m 2  + x + 1)  Đa thức (x + 1) + x + chia hết cho (x r = 2, r = (1 + α)m + αm + = tương đương (1 + α)r−1 + αr−1 = m(1 + α)m−1 + mαm−1 = p Kiểm tra r = thỏa mãn hệ oa nl w Vậy, đa thức (x + 1)m + xm + chia hết cho (x2 + x + 1)2 m = 6k + d oi lm ul nf va an lu Bài toán 2.4.4 Dãy đa thức (ln ) xác định l0 = 2, l1 = x4 + x3  + 4x + 5x2 − x6 − 2x7 − x8  ln+2 = (x + x )ln+1 + ln , n > Xác định số tự nhiên m để đa thức lm chia hết cho x4 + x3 + x2 + x + 2π 2π + i sin nguyên thủy x5 − = 5 z at nh Bài giải Gọi α = cos z Khi α4 + α3 + α2 + α + = gm @ l Vì lm = (x4 + x3 + x2 + x + 2)m + (x4 + x3 − x2 − x − 2)m nên lm chia + (−2α2 − 2α − 3)m = Tìm m : m co hết cho x4 + x3 + x2 + x + + (−2α2 − 2α − 3)m = hay an Lu √ √ p π 3π π 3π (3 + 5) 10 − Tính cos cos + = 2, cos sin = 5 5 n va ac th si 42 hệ thức √ p √ !m (3 + 5) 10 − −2−i = −1 √
m Lấy chuẩn hai vế ta nhận + = 1, vơ lý Vậy, khơng có m để lm chia hết cho x4 + x3 + x2 + x + 2.4.2 Xây dựng hệ thức lu Định lý 2.4.5 Giả sử f (k) g(k) hàm số học thỏa mãn điều n
P n kiện f (n) = k g(k) với n ∈ N Khi ta có biểu diễn ngược an n va k=0 tn to g(n) = n X n−k (−1) k=0 gh   n f (k) k p ie Chứng minh Viết cách hình thức f (k) g(k) qua f k g k tương n P nl w ứng oa Khi f n = d k=0 n k an lu Vậy
k g hay f n = (g + 1)n với ∀ n ∈ N ul nf va (f + x)n = (g + + x)n , ∀ x oi lm Nhớ sau khai triển hai vế viết fk gk thay cho f k g k z k=0 z at nh Với x = −1 ta nhận g n = (f − 1)n hay g n = (−1)n (1 − f )n n
P (−1)n−k nk f (k) Do g(n) = gm @ Bài toán 2.4.6 Giả sử X tập gồm n phần tử Xác định số m co l cặp (A, B), A, B ⊆ X, thỏa mãn A không tập thực B Bài giải Ta biết số tập tập X 2n an Lu Vậy số cặp (A, A) 2n n va ac th si 43 Với số tự nhiên k tập B gồm k phần tử, số tập A B 2k Từ suy số cặp (A, B), A, B ⊆ X, thỏa mãn A tập thực B n   X n k − 2n = 3n − 2n k k=0 Do vậy, số cặp (A, B), A, B ⊆ X, thỏa mãn A không tập thực B 2n 2n − [3n − 2n ] = 4n − 3n + 2n lu an n va j=0 tn to Bài toán 2.4.7 Cho dãy√Fibonacci F0 = F√1 = 1, Fn+1 = Fn + Fn−1 , 1+ 1− n > Giả sử x2 = x1 = hai nghiệm phương 2 trình α2 = α + Chứng minh rằng: αn+2 = αFn+1 + Fn với n > n
P n j F3n = j Fj ie gh Bài giải Kết với n = Giả sử kết cho n > Với p n + ta biến đổi w oa nl αFn+2 + Fn+1 = α(Fn+1 + Fn ) + Fn+1 = (α + 1)Fn+1 + αFn = α2 Fn+1 + αFn d Vậy αFn+2 + Fn+1 = α(αFn+1 + Fn ) = α.αn+2 = αn+3 kết luận lu n
j P Fj = n j oi lm ul nf va n j an
j xj+1 − xj+1 x (1 + 2x2)n − x1 (1 + 2x1 )n √ = √ Viết 5 j=0 j=0 ý rằng, + 2x2 = x32 , + 2x1 = x31, ta nhận biến đổi tổng n
P x3n+1 − x3n+1 n j √ thành kết = F3n j Fj = j=0 n P z at nh Bài toán 2.4.8 Cho F0 = F1 = 1, Fn+1 = Fn + Fn−1 , n > Chứng minh (−1)j (−1)n+j j=1 n j
(F3j − 1) m co n P (F2j − 1) l (2) Fn = n
gm j=1 n j @ n P z (1) Fn = an Lu √ √ 1+ 1− , x2 = có Fn = √ (xn+1 − xn+1 Bài giải (1) Với x1 = ) 2 n va ac th si 44 Khi n   X n j j=0 n   X n = √ − xj+1 (xj+1 ) j=0 j Fj = √ [x2(1 + x2 )n − x1 (1 + x1 )n ] 2n 2 = √ [x2x2n − x1 x1 ]vì + x2 = x2 , + x1 = x1 n P Từ suy j=0 n j
Fj = √ (x2n+1 − x2n+1 ) = F2n lu an va Theo Định lý 2.4.5, ta nhận n n

P P n−j n n−j n Fn = g(j) = (−1) (−1) j j F2j với f (j) = Fj , g(n) = F2n n j=0 j=0 gh tn to Vì F0 = = − j=1 (−1)j nj Fn = w n−j (−1) 2j Fj = F3n nên 2n Fn = (−1)n+j nf j=1 n j
từ suy n P (−1)n+j n j
F3j theo công thức
F3j + (−1)n ta nhận công thức ul j=1 n j n Fn = oi lm n P va Như 2n Fn = an chuyển ngược (−1)n−j j=0 lu
d n j n P   n (F2j − 1) j oa j=0 n X j=1 nl (2) Vì n P nên (−1) = − n
p ie công thức n P j=1 n+j (−1)   n (F3j − 1) j z at nh n X z với n > Khi ta có l gm @ Bài toán 2.4.9 Xét dãy số Lucas L0 = 2, L1 = Ln+2 = Ln+1 + Ln m co √ √ + − 5 x2 = (1) Ln = xn1 + xn2 với x1 = 2 n
P n (2) L2n = j Lj an Lu n va j=0 ac th si 45 (3) Ln = n P (−1)n−j j=1 n j
(L2j − 2) √ 1− , Bài giải (1) Bằng phương pháp qui nạp theo n, với x1 = √ 1+ x2 = ta có biểu diễn Ln = xn2 + xn1 lu (2) Vì + x2 = x22, + x1 = x21 nên ta biến đổi đây: n   n   X X n n Lj = (xj2 + xj1) = (1 + x2)n + (1 + x1 )n j j j=0 j=0 n   X n 2n = x2n Lj + x1 = L2n Vậy có cơng thức L2n = j j=0 an n va tn to (3) Theo Định lý 2.4.5, Ln = p ie gh với f (j) = Lj , g(n) = L2n n P (−1)j j=1 d oa nl w Vì L0 = = −2 n j
n P (−1)n−j nj j=0 n

P g(j) = (−1)n−j nj L2j j=0 nên dễ dàng suy công thức   n Ln = (−1)n−j (L2j − 2) j j=1 2.4.3 oi lm ul nf va an lu n X Làm độ phức tạp dãy truy hồi n=0 z at nh Trong biểu diễn ∞ P an xn , an gắn kèm xn Do an xn 6= am xm z n 6= m nên an có địa Điều thuận lợi để tìm @ gm cơng thức tường minh cho số hạng tổng quát dãy số m co l Bài toán 2.4.10 Dãy số (an ) xác định sau: a0 = an+1 = 5an +n2n với số nguyên n > Xác định công thức tường minh an Lu tính an theo n n va ac th si 46 Bài giải Xét hàm sinh f (x) = ∞ P an xn dãy (an ) n=0 Khi có khai triển f (x) = a0 + (5a0 + 0.1)x + (5a1 + 1.2)x2 + (5a2 + 2.22)x3 + · · ·   Như f (x) = 5xf (x) + + x 1(2x) + 2(2x)2 + 3(2x)3 + · · · suy f (x) = 1 1 11 + − − 5x − 2x (1 − 2x)2 Biểu diễn thành chuỗi lũy thừa lu an 11 1 17 1 + − − 5x − 2x (1 − 2x)2  11  + 5x + 52 x2 + 53 x3 + · · · + 5nxn + · · · =  1 + 2x + 22 x2 + 23x3 + · · · + 2n xn + · · · +  1 − + 2(2x) + 3(2x)2 + 4(2x)3 + · · · + (n + 1)(2x)n + · · · f (x) = n va p ie gh tn to nl w d oa Từ suy an = 11.5n − (3n + 2).2n với n > oi lm ul nf va an lu Bài toán 2.4.11 Dãy số (an ) xác định sau: a1 = a1 a2 an−1 + + + ··· + , n > Xác định công thức an = n! (n − 1)! (n − 2)! 1! −1 F (n)(0) , F (x) = x với n đóng f (x) an = n! e −2 z at nh Bài giải Đặt a0 = Xét hàm sinh f (x) =

1 x + · · · + xn + · · · 1! n! l gm −1 Dựa vào Cơng thức khai triển Taylor ta có ex − m co n va F (n)(0) −1 , F (x) = x với n n! e −2 an Lu an = @ a0 + a1 x + a2 x + · · · + an x n + · · · = f (x) − Vậy f (x) = an xn Khi n=0 z f (x)(ex − 1) = ∞ P ac th si 47 Bài toán 2.4.12 Dãy a1 = 1, an = −1an−1 + 2an−2 − · · · + (−1)n−1 (n − 1)a1 với số nguyên n > Khi ta có (1) a2 = −1, a3 + 3a2 = 0, an+2 + 3an+1 + an = 0, n > (2) Tìm dư phép chia an cho (3) Xác định an theo n Hãy có nhiều vơ hạn số hạng thuộc dãy Fibonacci xuất dãy (an ) lu (4) an 2n P k=1 2n k n va
ak+1 = F2n−1 tn to (5) an+1 an−1 = a2n − với n > p ie gh Bài giải (1) Đặt f (x) = a1x + a2 x2 + · · · Tích hai chuỗi lũy thừa   F (x) = f (x) − 1x + 2x − 3x + · · · nl w = −1a1 x2 + (−1a2 + 2a1 )x3 + (−1a3 + 2a2 − 3a1 )x4 + · · · d oa = a2 x2 + a3x3 + a4x4 + a5 x5 + · · · = f (x) − x = − x + x2 − x3 + x4 − x5 + · · · suy chuỗi lũy thừa sau: 1+x va an lu Từ oi lm ul nf −1 = −1 + 2x − 3x2 + 4x3 − 5x4 + 6x5 − · · · Do ta (1 + x) −x = −1x + 2x2 − 3x3 + 4x4 − 5x5 + · · · Thế vào F (x) có (1 + x) h i  −x  = f (x) − x hay f (x) x + 3x + = x3 + 2x2 + x f (x) (1 + x) h ih i Từ đồng a1x + a2x + a3x + · · · x + 3x + = x3 + 2x2 + x z at nh z gm @ (2) Ta có a3 ≡ 0( mod 3) m co l suy a1 = 1, a2 + 3a1 = 2, a3 + 3a2 = 0, an+2 + 3an+1 + an = 0, n > an Lu Vì an+2 + 3an+1 + an = nên an+2 + an ≡ 0( mod 3) n > Vậy, với n va ac th si 48 số k > có    a ≡ 0( mod 3)   2k+1 a4k+2 ≡ a2 ≡ 2( mod 3)    a ≡ 1( mod 3) 4k x3 + 2x2 + x 3x + = x − + có x2 + 3x + x2 + 3x + 1 u2 v2
3x + √ =x−1+ √ √ − f =x−1+ − 5
x−u x−v + 5
x+ x+ 2 √ √ −3 − −3 + v
u với u = ,v = Vậy f = x − + √ − 2 vx − ux − 1 u
v − uv = nhận f = x − + √ − ux − vx (3) Từ công thức đóng f = lu an n va p ie gh tn to Viết thành chuỗi v u f = x − + √ (1 + ux + u2 x2 + u3 x3 + · · · ) − √ (1 + vx + v x2 + v x3 + · · · ) 5 un−1 − v n−1 √ nhận công thức xác định an = hay √ √ −
2n−2 +
2n−2 − un−1 − v n−1 n−1 2 √ √ = (−1) an = 5 d oa nl w an lu (1 + u)2n − (1 + v)2n √ u −v ]= nên √ √ −
2n +
2n − 2 √ = F2n−1 = 2n
P √ ak+1 = k=1 k k z at nh k=1
 oi lm z  2n  X 2n ak+1 k 2n k ul k=1 2n k nf (4) Vì 2n P va Như an = (−1)n−1 F2n−1 với n > n an Lu n+1 m co n va ac th an+1 = −3an − bn    b = a , n > l với bn+1 = an, n > Khi    a = 3, b3 = −1   gm @ (5) Ta có a2 = −1, a3 = an+2 = −3an+1 − an với n > Xét dãy (bn ) si 49 Xét an+1 + xb√n+1 = (−3 + x)an − bn Chọn x thỏa mãn (−3 + x)x = −1 3± hay x = ta có an+1 + xbn+1 = (−3 + x)(an + xbn ) = · · · = (−3 + x)n−2 (a3 + xb3 ) Vậy √  √     + √5   n−2 + + 5
 an+1 + an = − + 3− 2√   2√    −2√5  n−2 − −  5
a an = − + 3− n+1 + 2 lu Nhân hai phương trình, vế với vế, ta nhận a2n+1 +3anan+1 +a2n −1 = an với n > Tương tự a2n−1 + 3an an−1 + a2n − = với n > n va Từ hai phương trình suy an+1, an−1 nghiệm phương trình gh tn to x2 + 3an x + a2n − = nhận an+1an−1 = a2n − 1, n > p ie Bài toán 2.4.13 Dãy (an ) xác định qua a1 = an = 1an−1 + 2an−2 + nl w · · · + (n − 1)a1 với số nguyên n > Chứng minh d oa (1) a3 = 3a2 an+2 − 3an+1 + an = với số nguyên n > xác an lu định an theo n Từ suy a2k+1 chia hết cho k > k=1 2n k
ak+1 chia hết cho 5n oi lm 2n P ul (3) nf va (2) an = F2n−1, F0 = F1 = 1, Fn+2 = Fn+1 + Fn , n > z at nh (4) (a1 a3 + 1)(a2 a4 + 1)(a3 a5 + 1) (an−1 an+1 + 1) = n Q i=1 a2i z Bài giải (1) Xét f (x) = a1x + a2 x2 + · · · + an xn + · · · Khi ta có gm @ l f (x)(1x + 2x2 + · · · + nxn + · · · ) = f (x) − x x = + x + x2 + x3 + · · · ta suy 1x + 2x2 + · · · = 1−x (x − 1)2 m co Từ an Lu n va x2 f (x)(x2 − 3x + 1) = x3 − 2x2 + x Vậy f (x) = x + x − 3x + ac th si 50 Nhân so sánh hệ số xn , n > hai vế, nhận a1 = 1, a2 = 1, a3 = 3a2 , an+2 − 3an+1 + an = với số nguyên n > lu an n va Viết thành chuỗi b a f (x) = x+1+ √ (1+ax+a2x2 +a3x3 +· · · )− √ (1+bx+b2x2 +b3x3 +· · · ) 5 an−1 − bn−1 √ nhận công thức xác định an = , n > p ie gh tn to x3 − 2x2 + x 3x − Từ cơng thức đóng f (x) = = x+1+ có phương x − 3x + x − 3x + trình 3x − b2
a2 √ = x+1+ √ √ f (x) = x + + − − 5
x−a x−b + 5
x− x− 2 √ √ 3+ 3− b
a ,b = Ta có f (x) = x + + √ − với a = 2 bx − ax − ab = a
b − Như f (x) = x + + √ − ax − bx nl w oa Từ a3 = 3a2 an+2 − 3an+1 + an = với số nguyên n > suy d a2k+1 chia hết cho k > an lu an−1 − bn−1 √ (3) Vì k=1 2n k 2n
P ak+1 = √ k=1
ak+1 chia hết cho 5n m co k=1 2n k l 2n P gm Như vậy, ta nhận kết quả: ak − bk ] = @ k=1
 z  2n  X 2n ak+1 = 5n k (1 + a)2n − (1 + b)2n √ nên √ √ −
n +
n − 2 √ = 5n an−1 2n k z at nh 2n P oi lm ul nf va (2) Ta có an = √ √ −
2n−2 +
2n−2 − 2 √ = = F2n−1 n va Xét dãy (bn ) với bn+1 = an , n > an Lu (4) Ta có a2 = 1, a3 = an+2 = 3an+1 − an với n > ac th si 51 Khi    a = 3, b3 =   an+1 = 3an − bn    b = a , n > n+1 n Xét an+1 +√xbn+1 = (3 + x)an − bn Chọn x thỏa mãn (3 + x)x = −1 hay −3 ± x= ta có an+1 + xbn+1 = (3 + x)(an + xbn ) = · · · = (3 + x)n−2(a3 + xb3 ) lu an n va gh tn to Vậy √  √      −3 + √5  n−2 −3 + −3 + 5
 an+1 + an = + 3+ 2√  2√   2√    −3 − n−2  −3 − −3 − 5 5
a an = + 3+ n+1 + 2 Nhân hai phương trình, vế với vế, ta nhận a2n+1 −3an an+1 +a2n −1 = p ie với n > Tương tự a2n−1 − 3an an−1 + a2n − = với n > w Từ hai phương trình suy an+1 , an−1 hai nghiệm phương d oa nl trình x2 − 3anx + a2n − = nhận an+1 an−1 = a2n − với n > an lu Từ đồng thức an+1 an−1 + = a2n với n > ta suy tích sau oi lm i=1 ul nf va T = (a1 a3 + 1)(a2 a4 + 1)(a3 a5 + 1) (an−1 an+1 + 1) n Q 2 T = 4.a3a4 an = a2i Bài toán 2.4.14 Dãy (an ) xác định qua a0 = z at nh an = 1.2.an−1 + 2.3.an−2 + · · · + (n − 1)na1 + n(n + 1)a0 với số z nguyên n > Chứng minh −an+3 + 5an+2 − 3an+1 + an = với l gm @ số nguyên n > m co −an+3 − an+2 − an+1 ≡ a0 + a1 + a2 + · · · + an+1 + an+2( mod 3) an Lu Bài giải Xét f (x) = a0 + a1 x + a2x2 + · · · + anxn + · · · nhận n va f (x)(1.2.x + 2.3.x2 + · · · + n.(n + 1).xn + · · · ) = f (x) − ac th si