(Luận văn) toán tử sai phân và ứng dụng vào giải toán sơ cấp

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - NGUYỄN THỊ TRANG lu an n va gh tn to TOÁN TỬ SAI PHÂN VÀ ỨNG DỤNG p ie VÀO GIẢI TOÁN SƠ CẤP d oa nl w ll u nf va an lu oi m LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC z at nh z m co l gm @ an Lu THÁI NGUYÊN - 2019 n va ac th si ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - NGUYỄN THỊ TRANG lu an va n TOÁN TỬ SAI PHÂN VÀ ỨNG DỤNG tn to p ie gh VÀO GIẢI TOÁN SƠ CẤP oa nl w Chuyên ngành: Phƣơng pháp Toán sơ cấp d Mã số: 46 01 13 va an lu ll u nf LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC oi m z at nh NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC PGS TS Trịnh Thanh Hải z m co l gm @ an Lu n va THÁI NGUYÊN - 2019 ac th si 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 lu an Xin chân thành cảm ơn tới quý thầy, cô giáo trực tiếp giảng dạy n va lớp Cao học Toán K11, bạn học viên, bạn đồng nghiệm tạo tn to 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 gh p ie đình người thân ln khuyến khích động viên tác giả suốt trình học cao học viết luận văn nl w Mặc dù có nhiều cố gắng luận văn khó tránh khỏi thiếu d oa sót hạn chế Tác giả mong nhận ý kiến đóng góp lu thầy cô bạn đọc để luận văn hoàn thiện nf va an Xin chân thành cảm ơn! z at nh oi lm ul Thái Nguyên, tháng năm 2019 Tác giả Nguyễn Thị Trang z m co l gm @ an Lu n va ac th i si Mục lục Mở đầu 1 Kiến thức chuẩn bị lu an n va 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 gh tn to 1.1 ie Ứng dụng toán tử sai phân vào giải số toán dành 20 p cho học sinh khá, giỏi Ứng dụng tốn tử sai phân vào giải tốn tìm số hạng nl w 2.1 oa tổng quát 20 Ứng dụng toán tử sai phân vào giải tốn tính tổng 23 2.3 Ứng dụng toán tử sai phân vào số toán bất d 2.2 nf va an lu đẳng thức 27 Ứng dụng toán tử sai phân vào số toán chia hết, lm ul 2.4 z at nh oi 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 36 z gm @ Kết luận 54 co l Tài liệu tham khảo 55 m an Lu n va ac th ii si Mở đầu Toán tử sai phân cho ta nhiều lời giải thú vị ta dựa vào định nghĩa, tính chất toán tử sai phân để giải số tốn sơ cấp, đơn cử: • Bài tốn chia hết, phần ngun; lu an • Bài tốn đếm giải tích tổ hợp; n va • Bài tốn giới hạn hàm số; gh tn to • Bài tốn bất đẳng thức; p ie • Tính tổng dãy số; w • Xác định số hạng tổng quát dãy số oa nl Ngoài việc vận dụng phương pháp sai phân vào dạng toán kể d trên, ta cịn tìm thấy nhiều ví dụ minh họa việc vận dụng phương lu an pháp sai phân vào giải toán thực tiễn nf va Với mong muốn tìm hiểu, sưu tầm việc vận dụng toán tử sai phân vào lm ul 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 z at nh oi sai phân vào giải số tốn sơ cấp Luận văn có nhiệm vụ sau: z • Tìm hiểu định nghĩa tính chất tốn tử sai phân; @ co l gm • Đọc hiểu ý tưởng vận dụng tốn tử sai phân vào giải mơt số tốn sơ cấp trình bày báo [5], [6] m • 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; an Lu n va ac th si • Trình bày tường minh lời giải số tốn 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 lu an n va p ie gh tn to d oa nl w nf va an lu z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va ac th si Chương Kiến thức chuẩn bị Chương sử dụng để nhắc lại kiến thức thường lu trình bày giáo trình giảng dạy bậc đại học Nội dung chương an n va tham khảo từ tài liệu [4] - [7] Một số khái niệm gh tn to 1.1 p ie Định nghĩa 1.1.1 [5] Cho h số thực khác hàm f (x) Khi nl w f (x + h) f (x) số thực, ta gọi d oa ∆h f (x) = f (x + h) − f (x) nf va thực c, ta có an lu sai phân bậc f x với bước nhảy h Cho hàm f, g số ∆h (f + g) = ∆h f (x) + ∆h g(x) lm ul z at nh oi ∆h (cf (x)) = c∆h f (x) Ký hiệu ∆0h f (x) If (x) thay cho f (x) z Với số nguyên n > 1, định nghĩa sai phân bậc n @ l gm ∆nh f (x) = ∆n (∆n−1 h f )(x) co Ví dụ m ∆2h f (x) = f (x + 2h) − 2f (x + h) + f (x), an Lu ∆3h f (x) = f (x + 3h) − 3f (x + 2h) + 3f (x + h) − f (x) n va ac th si 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 công 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 lu an (i) Cho hàm f (x), n = 0, 1, 2, , va n f (x + n) = n X Cnk ∆k f (x); to k=0 tn ie gh trường hợp đặc biệt, ∆m f (n) số khác với số p nguyên dương n nl w f (n) = n X Cnk ∆k f (0) k=0 oa d (ii) Nếu P (x) = a0 + a1 x + a2 x2 + + an xn , với an 6= với x, ∆nh P (x) = an n!hn nf va an lu ta có: lm ul z at nh oi ∆m h P (x) = 0, với m > n Với k số nguyên dương cho trước Như hàm x, Cxk có tính chất: z k (a) Cxk−1 + Cxk = Cx+1 (vì ∆Cxk = Cxk−1 ) @ gm (b) Ta có ∆r Cxk = Cxk−r , với r k ∆r Cxk = 0, với r > k Tương tự (i), f (x) đa thức có bậc m m Cxk ∆k f (0) (1.2) n va k=0 an Lu f (x) = m X co l k+1 (c) C1k + C2k + + Cnk = Cn+1 ac th si 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) + lu = n.h∆(xn−1 ) + n(n − 1).h2 (xn−2 ) + an va n ∆n (xn ) = n!hn gh tn to Từ Tính chất 1.4.2, suy ∆m (xn ) = 0, ∀m > n p ie Tính chất 1.2.3 [4] Nếu P (x) đa thức bậc n ta có: d oa nl w ∆P (x) = P (x + h) − P (x) n X hi (i) p (x) = i! i=1 lu nf va an Tính chất 1.2.4 [4] lm ul f (x + nh) = n X Cni ∆i f (x) i=0 z at nh oi Chứng minh Ta có f (x + h) = (1 + ∆)f (x) = f (x) + ∆f (x) Sử dụng liên tiếp công thức trên, ta được: z f (x + nh) = (1 + ∆)f (x + (n − 1)h) = m an Lu i=0 co = (1 + ∆)n f (x) n X = Cni ∆i f (x) l gm @ = (1 + ∆)2 f (x + (n − 2)h) n va ac th  si Tính chất 1.2.5 [4] n ∆ f (x) = n X Cni (−1)i Cin f (x + (n − i)h) i=0 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 (−1)i Cin f (x + (n − i)h) i=0  lu an Tính chất 1.2.6 [4] Giả sử f ∈ C n [a; b] (x; x + nh) ⊂ θ(0; 1), đó: n va p ie gh tn to ∆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: d oa nl w nf va an lu lm ul ∆n+1 f (x) = ∆[∆n f (x)] = ∆[hn f (n) (x + θ0 nh)], z at nh oi θ0 ∈ (0; 1) Áp dụng cơng thức số gia hữu hạn cho f (n) (x + θ0 nh) ta có z ∆n+1 f (x) = hn ∆(n) (x + θ0 nh) @ gm = hn [f (n) (x + θ0 nh + h) − f (n) (x + θ0 nh)] θ0 n+θ” n+1 ∈ (0; 1), ta có m Đặt θ = co l = h(n+1) f (n+1) (x + θ0 nh + θ”h); với (θ0 , θ” ∈ (0; 1)) an Lu ∆(n+1) f (x) = f (n+1) (x + θ(n + 1)h) n va ac th  si π 2π nπ + cos + + cos |= 6 2sin m |cos co Mặt khác, ta có ac th 38 si 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 Suy vn+1 − 2vn vn+1 + vn2 = 1, vn+2 − 2vn+1 vn+2 + vn+1 = lu Trừ hai vế tương ứng phương trình cho kết hợp với điều an n va p ie gh tn to 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 = 12 , c2 = − 12 d oa nl w Suy an lu Vậy √ √ = [( + 1)n − ( − 1)n ] nf va √ un+1 lim = lim = − un un+1 lm ul Một số tập đề nghị z at nh oi 2.7 z Bài toán 2.7.1 Cho dãy số {un }:  u = un+1 − 2un = 3n2 + 4n + 5, ∀n ∈ N @ l gm (2.9) m co Tìm số hạng tổng quát un n va a + b = − = −1 6= an Lu Giải Xét phương trình đặc trưng: λ − = ⇔ λ = Ta có ac th 39 si 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 =       c = −18 a+b−c=5 (2.10) lu Suy u∗n = −3n2 − 10n − 18 an Cơng thức tổng qt dãy số có dạng va n un = c.2n − 3n2 − 10n − 18 tn to gh Theo giả thiết u0 = ⇒ c − 18 = ⇒ c = 25 p ie Vậy un = 25.2n − 3n2 − 10n nl w Bài tốn 2.7.2 Tìm số hạng tổng quát dãy số sau d oa 12un+1 − 17un + 6un−1 = 0, u1 = 2, u2 = 17/12 an lu Giải Xét phương trình đặc trưng 12λ2 − 17λ + = có hai nghiệm nf va thực λ1 = 3/4 λ2 = 2/3 Khi  n  n un = c1 + c2 z at nh oi lm ul z với u1 = 2, u2 = 17/12 ta có hệ phương trình   3c + 2c = c = 4/3 ⇔  c1 + c2 = 17/12 c2 = 3/2 16 gm @ Vậy  n  n + m co l un = an Lu Bài toán 2.7.3 Tìm số hạng tổng quát dãy số sau √ un+1 − 2un + 4un−1 = 0, u1 = 0, u2 = n va ac th 40 si 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 lu an n va 3 tn to Vậy n nπ nπ  cos + sin ie gh un =  −√3 p Bài toán 2.7.4 (USAMO 1984) Cho P (x) đa thức bậc 3n cho nl w P (0) = P (3) = = P (3n) = 2, d oa P (1) = P (4) = = P (3n − 2) = 1, an lu P (2) = P (5) = = P (3n − 1) = nf va Với P (3n + 1) tìm n lm ul Giải Ta có k = (−1) 3n+1 X z at nh oi = (−1)n+1 ∆3n+1 P (0) k C3n+1 P (3n + − k) 3j+1 3j+1 C3n+1 j=0 gm (−1) n X 3j + (−1)3j C3n+1 @ = 730 + z k=0 n X j=1 l (−1) 3j+1 C3n+1 ,b j=0 = n X j=1 3j (−1)3j C3n+1 an Lu 3j+1 m a= n X co Ta có 2a + b = −36 , n va ac th 41 si 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, f (ω) = b − aω − cω    f (ω ) = b − aω − cω Giải hệ, ta tìm lu a=− an √ (f (1) + ω f (ω) + ωf (ω )) 3n − = 2( 3)3n−1 cos π va n p ie gh tn to √ (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 nl w Bài toán 2.7.5 (Putnam 1980) Cho a số thực dãy định d oa nghĩa u0 = a, un+1 = 2un − n2 Khi đó, ta có uu > với n > an lu Giải Trong số dãy thỏa mãn un+1 = 2un − n2 với n > 0, sai nf va phân un hai dãy thỏa mãn điều kiện un+1 = 2vn với z at nh oi lm ul 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 z un = (I − ∆)−1 n2 = n2 + (2n + 1) + m co = n2 + 2n + l gm @ = (I + ∆ + ∆2 + )n2 an Lu Mặt khác, ta có n va (n + 1)2 + 2(n + 1) + = 2(n2 + 2n + 3) − n2 ac th 42 si 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 lu 2n limn→∞ = +∞, n + 2n + un không âm với n đủ lớn a − < Ngược lại a − > un ≥ Do a > an va Bài toán 2.7.6 (Putnam 1971) Cho c số thực cho nc n số nguyên với n số nguyên dương Chứng minh c số gh tn to nguyên không âm p ie 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 nl w thực Ta xét trường hợp c > Giả sử c < Khi chọn số d oa nguyên dương n > c1/(1−c) Áp dụng định lý giá trị thực cho f (x) = xc an lu [n, n + 1], ta thấy tồn số ω nằm khoảng n n + cho nf va ∆nc = (n + 1)c − nc = cω c−1 lm ul Ở bên trái ta có số nguyên khơng có bên phải Vì ω > n > c1/(1−c) , z at nh oi 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 z tồn số v cho a < v < b @ co l gm ∆kh f (x) = f (k) (v) k h m Cho k số nguyên cho k − x < k Chọn số nguyên n đủ lớn c(c − 1)(c − 2) (c − k + 1)nc−k < an Lu cho n va ac th 43 si 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 lu an Áp dụng cho trường hợp k − đến g(x), ta thấy tồn số v0 cho n va a < v0 < b − h p ie gh tn to ∆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 d oa nl w (k−1) an lu Bài tốn 2.7.7 Tìm un thỏa mãn điều kiện nf va u1 = 2, un+1 = un + 2n, n ∈ N∗ lm ul Giải Xét phương trình đặc trưng: λ − = có nghiệm λ = Ta có z at nh oi un = uˆn + u∗n , uˆn = c.1n = c, u∗n = n(an + b) Thay u∗n vào phương trình, ta z (n + 1)[a(n + 1) + b] = n(an + b) + 2n ⇔ 2(a − 1) + a + b =   a − = a = ⇔ ⇔ a + b = b = −1 Vì u1 = nên = c + 1(1 − 1) ⇔ c = n ac th 44 va Vậy un = + n(n − 1), hay un = n2 − n + an Lu Ta có un = u ˆn + u∗n = c + n(n − 1) m co l gm @ Do u∗n = n(n − 1) si 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 quát 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) lu Từ (2.11) thay n n + ta được: an (2.12) n va u2n+1 − 10un+1 un+2 + u2n+1 + 96 = Từ (2.11) (2.12), suy un un+2 hai nghiệm phân biệt gh tn to Dãy {un } dãy tăng thực nên un < un+2 p ie phương trình ẩn t có dạng: nl w t2 − 10un+1 t + u2n+1 + 96 = d oa Theo định lý Viet, ta có: nf va an lu hay un+2 + un = 10un+1 lm ul un+2 − 10un+1 + un = 0, ∀n ∈ N z at nh oi 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) z @ m co l gm Theo giả thiết   u = c + c = 2, ⇔ √ √ u1 = 10 (5 + 6)c1 + (5 − 6)c2 = 10 √ √ Vậy un = (5 + 6)n + (5 − 6)n  c = 1, ⇔ c2 = an Lu va b) Chứng minh quy nạp: n ac th 45 si 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 tốn 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 lu an Giải Theo giả thiết, ta có: va n un+2 = 2un+2 − un + ie gh tn to Thay n n − ta có: p un+1 = 2un − un−1 + oa nl w Trừ hai vế cho phương trình trên, ta có: un+2 − 3un+1 + 3un − un−1 = d lu nf va an Xét phương trình đặc trưng: λ3 − 3λ2 + 3λ − = 0, Suy nghiệm tổng quát: z at nh oi lm ul có nghiệm bội λ1,2,3 = un = c1 + c2 n + c2 n2 z gm @ Thay n = 1, 2, ta có:    c1 + c2 + c3 = l c2 = = −2    c3 = m co ⇔ c1 + 2c2 + 4c3 =    c1 + 3c2 + 9c3 =    c1 = an Lu n va Suy un = − 2n + n2   Do um um+1 = (m−1)2 +1 (m2 +1) = (m−m+1)1 +1 = am −m+2 ac th 46 si Bài toán 2.7.10 Cho dãy {un }, n ∈ N∗ xác định sau: un u1 = , un+1 = , ∀n ∈ N∗ 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 ⇔ = (2.13) lu an 1 1 = − 2n = = − = − un+1 − 2(n + 1)2 un u1 n va gh tn to Suy un+1 = 2(n + 1)2 − ie p Do nl w un = d oa Vậy 1 − 2n − 2n + nf va an lu S2001 = u1 + u2 + + u2001 1 =1− + − 3 + + 4002 = 4003 4001 − 4003 z at nh oi lm ul Cách Dễ thấy un > 0, ∀n ∈ N∗ Đặt = 2/un Theo giả thiết ta có z v1 = 3, vn+1 = 4(2n + 1) + , ∀n ∈ N∗ Bằng phương pháp sai phân ta tìm l gm @ (2.14) m co = (2n − 1)(2n + 1), ∀n ∈ N∗ 2 1 = = − , ∀n ∈ N∗ (2n − 1)(2n + 1) 2n − 2n + n va un = an Lu Suy ac th 47 si Vậy S2001 = 2001 X 4002 = 4003 4003 ui = − i=1 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 nguyên A = 2000 P ui i=1 Giải Ta có lu an un+1 = n va 2un + 1 ⇔ =1+ un + un+1 − un − tn to Đặt ⇒ u0 = un − ie gh = p Vì vn+1 = 3vn + nên d Do oa nl w 3n+1 − = lu a) Ta có u2000 = 3n+1 − 2000 X z at nh oi A = 2000 + i=2 Suy 32001 +1 32001 −1 lm ul b) Ta có nf va an un = + 3i+1 − 2000 z 2X 2000 < A < 2000 + < 2001 i=1 3i gm @ m Bài toán 2.7.12 Cho dãy số {un } xác định co l Vậy [A] = 2000 an Lu u0 = 0, u1 = 1, un+1 = 2un − un−1 + 1, ∀n > n ac th 48 va Chứng minh A = 4un un+2 + số phương si 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 = lu an Suy c1 = 0, c2 = 1/2, c3 = 1/2 un = (n + n2 ) n va Do gh tn to Vậy p ie A = n(n + 1)(n + 2)(n + 3) = (n2 + 3n + 1)2 Ta có điều cần chứng minh nl w d oa Bài tốn 2.7.13 Tìm un thỏa mãn điều kiện nf va an lu u1 = 1, un+1 = 3un + 2n n ∈ N∗ Giải Xét phương trình đặc trưng λ − = có nghiệm λ = Ta có z at nh oi lm ul 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 z Suy un = −2n Do un = c.3n − 2n @ gm Vì u1 = nên c = co l Vậy un = 3n − 2n m Bài tốn 2.7.14 Tìm un biết an Lu u1 = 1, un+1 = 2un + n2 + 2.2n , n ∈ N∗ n va ac th 49 si 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 − lu n Thay u∗∗ n vào phương trình un+1 = 2un + 2.2 , ta an n va A(n + 1)2n+1 = 2An.2n + 2.2n to gh tn ⇔ 2A(n + 1) = 2An + ⇔ A = ie p n Do u∗∗ n = n2 nl w Kéo theo d oa un = c.2n + (−n2 − 2n − 3) + n.2n nf va Vậy an lu Theo giả thiết u1 = suy = 2c − + ⇔ c = 25 lm ul un = 2n + n2n − n2 − 2n − z at nh oi Bài toán 2.7.15 Cho dãy {un }:  u = 3, u = 10 un+2 = 4un+1 − 4un , ∀n ∈ N z @ Giải Xét phương trình đặc trưng λ2 − 4λ + = ⇔ λ1 = λ2 = m co l gm Tìm công thức tổng quát un an Lu Khi số hạng tổng quát dãy có dạng un = (c1 + nc2 )2n n va ac th 50 si Theo giả thiết  u = 3, u1 = 10  c = 3, ⇔ 2(c1 + c2 ) = 10  c = 2, ⇔ c2 = Vậy un = (2n + 3)2n 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 quát un lu Giải Phương trình đặc trưng λ2 − 2λ + 16 = nghiệm an √ −b ∆ √ A= = 1, B = = 2a 2a n va thực Đặt tn to gh p ie r= √ A2 + B = 2, ϕ = arctan π B = A d oa nl w Khi số hạng tổng quát dãy có dạng  nπ nπ  n un = cos + sin 3 lu an Theo giả thiết  u = 1, √ u1 = 3 + nπ 2 z at nh oi cos lm ul Vậy un =   c = 1, ⇔ c2 = nf va n  c1 = 1,  √  √ ⇔ 2 c1 + c2 = 3 + + sin nπ  z Bài toán 2.7.17 Cho dãy {un }:  u = 1, u = 5, u = un+3 − 6un+2 + 11un+1 − 6un = 0, ∀n ∈ N co l gm @ m Tìm cơng thức tổng qt un an Lu Giải Xét phương trình đặc trưng ac th 51 n va λ3 − 6λ2 + 11λ − = ⇔ λ1 = 1, λ2 = 2, λ3 = si